B4533 旅行计划（P5）— 解法全景与讲解

从城市 0 走到城市 n，每条边 i→i+1 要么坐高铁（花 g[i]），要么被某次飞行覆盖（花 f[i]）。一次飞行可以连续覆盖若干相邻边，只算一次飞机；飞行次数 ≤ k。求最少总时间。

关键观察：把"被飞行覆盖的边"看作若干段连续区间。每一段连续飞行 = 用掉 1 次飞机，覆盖的边付 f，其余边付 g。于是问题等价于：

令 d[i] = g[i] − f[i]（飞行相对高铁的"节省"），基准 base = Σ g[i]。则
答案 = base − （至多 k 段连续区间内 d[i] 之和的最大值）。这正是经典的"最多 k 段子数组最大和"问题。注意：一段区间内可以包含 d<0 的边——当合并两个正区间能省下一次飞机名额时，这样做反而更优（见样例 3）。

这是最常见的"看似对"的错误。它们都假设每条边可以独立决定飞或不飞：

• F（逐边 min）无视 k。若有 5 段不相邻的边都值得飞，但 k=2，逐边 min 会"飞 5 次"，违反限制。
• E（排序取最小 k 个 d）把每条 d[i] 当独立单位选 k 个——但一次飞机能覆盖一整段连续边。它既漏掉了"一次飞机飞多条边"的收益，也算不出"为合并两段而吞下中间负 d"的取舍。

样例 3 是专门的反例：g=4,6,8 f=1,7,4，k=1。虽然 g[1]=6<f[1]=7（中间边飞行更亏），但只有 1 次飞机时，最优是一口气飞 0→3，吞下亏损的中间边，总时间 1+7+4=12，优于任何"只飞划算单边"的贪心。E/F 都答不对。

D（仅 k=1）本质是在 d[] 上求最大连续子段和（Kadane）：base − max_subarray(d)。它对 k=1 的两档数据（共约 30%）完全正确，但 k≥2 无能为力。
C（DFS 枚举区间）思路无误——枚举每段飞行的起止——但 n≤1e5 时分支爆炸，只能过小数据（n≤200/1000）。

• MLE 开 dp[n][k][2] 三维数组——必须滚动城市维。
• 贪心想当然 逐边 min(g,f) 或排序取 k 个 d，忽略"一次飞机=一段连续区间"与样例 3 的合并取舍。
• 只做 k=1 用 Kadane 拿 30% 就停。
• DFS 暴力 思路对但 n 大必超时。
• 溢出 n,边权均 1e5，总和可达 1e10，必须 long long。
• 滚动时 j 写成正序，会用到本城市刚更新的 f[j-1]，导致一次飞行被错误拆成多次。

E230/p5.cpp 仅 k=1 含致命 bug

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int a[N],b[N],d[N];
int main() {
	int n,k;
	cin>>n>>k;
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		cin>>a[i];
	}
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		cin>>b[i];
		d[i]=a[i]-b[i];
	}
	int ma=0;
	int s,e;
	int sum=0;
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		sum=0;
		for(int j=i; j<=n; j++) {
			sum+=d[j];
			if(sum>ma) {
				s=i,e=j,ma=sum;
			}
		}
	}
	long long ans=0;
	for(int i=1; i<=n; i++) {

		if(i<s&&i>e)
		{
			ans+=a[i];
		}

	}
	for(int i=s;i<=e;i++)
	{
		ans+=b[i];
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

思路：求 d=g−f 的最大连续子段（O(n²) 枚举），即把问题按 k=1 处理，再用区间内走飞机、区间外走高铁求和。

不足：① 完全忽略 k，k≥2 拿不到更多分。② 致命 bug：if(i<s&&i>e) 恒为假（不可能既 i<s 又 i>e），导致区间外的高铁费 a[i] 一条都没加上，答案只剩区间内 f 之和——连 k=1 也算错；应为 i<s||i>e。③ ma 初始为 0，全负 d 时会取空区间。

如何提高：先把 k=1 写对（用 Kadane O(n) 求最大子段，并正确累加"区间外高铁 + 区间内飞机"），再升级到"至多 k 段"的 O(n·k) 状态机 DP（见第 5 节）。调试时打印中间区间 s,e 能立刻发现求和漏项。

E118/p5.cpp 状态设计正确 MLE/TLE + bug

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int g[100005],f[100005],n,k,dp[100005][1003];
int t(int i,int time){
	if(dp[i][time]!=0){
		return dp[i][time];
	}
	if(i>n){
		return 0;
	}
	int s=t(i+1,time)+g[i];
	//cout<<i<<' '<<time<<' '<<s<<endl;
	if(time>0){
		time--;
		for(int j=i;j<=n;j++){
			int c=0;
			for(int k=i;k<=j;k++){
				c+=f[k];	
			}
			s=min(s,t(j,time)+c);
			//cout<<c<<endl;
			//cout<<i<<' '<<time<<' '<<s<<endl;
		}
	}
	dp[i][time]=s;
	//cout<<i<<' '<<time<<' '<<s<<endl; 
	return s;
}
int main(){
	cin>>n>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>g[i];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>f[i];
	}
	t(1,k);
	int minid=2100000000;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<=k;j++){
			cout<<dp[i][j]<<' '<<i<<' '<<j<<endl;
			if(dp[i][j]!=0)
			minid=min(dp[i][j],minid);
		}
	}
	cout<<minid;
	return 0;
} 

思路：记忆化搜索，状态 (城市 i, 剩余飞行次数 time)——方向是对的，已经接近正解的状态设计。

不足：① 转移里再套一层 for j 累加 f 是 O(n)，总复杂度 O(n²·k)，n=1e5 必超时。② dp[100005][1003] ≈ 4×10⁸ 字节，MLE。③ time-- 改了变量后又拿它当记忆化下标，状态键被写乱。④ 用 dp!=0 当"已算过"标志不可靠（0 是合法值）。⑤ 留了调试 cout 打印整张表，输出格式直接错；最后对所有 dp[i][j] 取 min 也不是答案。

如何提高：保留"状态正确"的优点，把"枚举飞行终点"换成"当前是否正在飞"的二状态 O(1) 转移（O(n·k)）；滚动数组省内存；用独立 vis[][] 标记记忆化；删掉调试输出；答案取 dp[1][*] 而非全表最小。