你好！我是你的OI教练。很高兴带你攻克这道 GESP 七级的动态规划好题《纸牌游戏》。这道题考察的是线性动态规划（Linear DP）中的多维状态设计。

虽然题目描述有点长，但只要我们把它拆解成数学语言，就会发现它的逻辑其实很清晰。

1. 读题关键词：你的“雷达”响了吗？

读题时，请圈出以下决定解题方向的关键词：

1. “小杨...全部计划告诉你”：
   • 这意味着对手的出牌序列 $c_1, \dots, c_N$ 是已知的，你可以针对性地应对。
2. “换了 $t$ 次牌...扣 $b_1 + \dots + b_t$ 分”：
   • 核心痛点：扣的分数不是固定的，而是跟你累计换了多少次有关。第一次换扣 $b_1$，第二次换扣 $b_2$...
   • 这提示我们在 DP 状态中，必须记录**“当前一共换了几次牌”**这个信息。
3. “从第 2 轮开始...要么继续...要么记一次换牌”：
   • 说明第 1 轮出什么牌是自由的，不算换牌。
   • 是否产生罚分，取决于这一轮的牌和上一轮的牌是否相同。
   • 这提示我们在 DP 状态中，必须记录**“上一轮出了什么牌”**。
4. “最多获得多少分”：
   • 最优解问题，符合无后效性，确定使用动态规划 (DP)。

2. 预备知识点

• 动态规划 (DP)：理解状态定义、状态转移方程。
• 多维数组：本题需要三维数组来存储状态。
• 逻辑思维：分类讨论（换牌 vs 不换牌）。

3. 启发式教学：草稿纸上的推演

我们来定义 DP 的状态。根据刚才的关键词分析，我们需要知道：

1. 现在是第几轮（$i$）
2. 我现在出的是什么牌（$j \in \{0, 1, 2\}$）—— 为了判断下一轮是否换牌。
3. 我已经换了几次牌（$k$）—— 为了计算罚分。

状态定义： $dp[i][j][k]$ 表示：进行了前 $i$ 轮游戏，第 $i$ 轮我出的是牌 $j$，且截止目前一共换了 $k$ 次牌，所能获得的最大净得分。

状态转移推导： 假设我们现在处于第 $i$ 轮，想出牌 $j$（假设 $j=0$），且总共换了 $k$ 次。 这一轮的得分是 $S$（根据我和小杨的牌计算）。

我怎么到达这个状态呢？看第 $i-1$ 轮：

• 情况 A：上一轮我也出的 $j$ (0)

  • 没有发生换牌。
  • 所以我上一轮的状态应该是 $dp[i-1][j][k]$（换牌次数还是 $k$）。
  • 转移：$dp[i][j][k] = \max(\dots, dp[i-1][j][k] + S)$

• 情况 B：上一轮我出的不是 $j$ (比如 1 或 2)

  • 发生了换牌！这是第 $k$ 次换牌。
  • 所以我上一轮的状态应该是 $dp[i-1][\text{other}][k-1]$。
  • 代价：因为是第 $k$ 次换，要扣除 $b_k$。
  • 转移：$dp[i][j][k] = \max(\dots, dp[i-1][\text{other}][k-1] + S - b_k)$

初始状态（Base Case）： 第 1 轮：

• $dp[1][0][0] = \text{score}(0, c_1)$
• $dp[1][1][0] = \text{score}(1, c_1)$
• $dp[1][2][0] = \text{score}(2, c_1)$
• 其他状态设为负无穷（不可达）。

目标： 最后一轮（$N$），无论出什么牌，无论换几次，取最大值： $\max(dp[N][j][k])$

4. 标准代码 (NOIP C++14)

/**
 * 题目：P10111 [GESP202312 七级] 纸牌游戏
 * 考点：线性动态规划、多维状态设计
 * 时间复杂度：O(N^2)，空间复杂度 O(N^2)
 */

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <cstring>

using namespace std;

// 数据范围 N <= 1000
// 分数可能很大或者是负数（罚分），用 long long
// INF 设为一个极小的数
const long long INF = -1e18;
const int MAXN = 1005;

// dp[i][j][k]
// i: 当前轮数 (1~N)
// j: 当前出的牌 (0, 1, 2)
// k: 累计换牌次数 (0 ~ N-1)
long long dp[MAXN][3][MAXN];

int n;
int a[MAXN]; // 获胜/平局的基础分
int b[MAXN]; // 换牌罚分，b[k] 表示第 k 次换牌的代价
int c[MAXN]; // 对手出的牌

// 辅助函数：计算单轮得分
long long calc_score(int my_card, int opp_card, int score_val) {
    if (my_card == opp_card) return score_val; // 平局
    // 赢的情况: 1>0, 2>1, 0>2
    if ((my_card == 1 && opp_card == 0) ||
        (my_card == 2 && opp_card == 1) ||
        (my_card == 0 && opp_card == 2)) {
        return 2LL * score_val;
    }
    return 0; // 输了
}

void solve() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
    // 注意 b 只有 n-1 个，下标 1 表示第 1 次换牌
    for (int i = 1; i < n; i++) cin >> b[i]; 
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> c[i];

    // 1. 初始化 DP 数组为负无穷
    for (int i = 0; i <= n; i++) {
        for (int j = 0; j < 3; j++) {
            for (int k = 0; k <= n; k++) {
                dp[i][j][k] = INF;
            }
        }
    }

    // 2. 初始状态：第 1 轮
    // 第 1 轮不算换牌，所以 k=0
    for (int j = 0; j < 3; j++) {
        dp[1][j][0] = calc_score(j, c[1], a[1]);
    }

    // 3. 状态转移
    for (int i = 2; i <= n; i++) { // 从第 2 轮开始
        for (int j = 0; j < 3; j++) { // 枚举我这一轮出的牌
            long long current_score = calc_score(j, c[i], a[i]);

            // 枚举目前为止可能的换牌次数 k
            // 第 i 轮最多换 i-1 次
            for (int k = 0; k < i; k++) {
                
                // 情况 A: 不换牌，上一轮也是 j
                // 此时 k 不变，且要求上一轮状态有效
                if (dp[i-1][j][k] != INF) {
                    dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i-1][j][k] + current_score);
                }

                // 情况 B: 换牌，上一轮是 prev (prev != j)
                // 此时这一轮是第 k 次换牌，说明上一轮是 k-1 次
                // 前提：k >= 1
                if (k >= 1) {
                    for (int prev = 0; prev < 3; prev++) {
                        if (prev == j) continue;
                        if (dp[i-1][prev][k-1] != INF) {
                            dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i-1][prev][k-1] + current_score - b[k]);
                        }
                    }
                }
            }
        }
    }

    // 4. 统计答案
    long long ans = INF;
    for (int j = 0; j < 3; j++) {
        for (int k = 0; k < n; k++) {
            ans = max(ans, dp[n][j][k]);
        }
    }
    
    cout << ans << endl;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    solve();
    return 0;
}

5. 关键点与易错点

1. 数据类型：虽然 $a_i$ 和 $b_i$ 都在 $10^6$，但总分是累加的，最坏情况可能达到 $10^9$ 级别，且可能有负分，必须使用 long long，并且 INF 要开得足够小（如 -1e18）。
2. 罚分下标：b[1] 代表第 1 次换牌。在代码中，如果状态转移是 k-1 -> k，那么消耗的就是 b[k]。
3. 循环范围：
   • $k$（换牌次数）最大是 $N-1$。
   • 内层循环判断 k>=1 才能从 k-1 转移过来。
4. 初始化：因为要求最大值且可能为负，DP 数组初始值不能是 0，必须是负无穷。

6. 数据生成器 (1.in - 10.in)

/**
 * P10111 数据生成器
 * 生成 1.in/1.out ~ 10.in/10.out
 */
#include <iostream>
#include <fstream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <cstdlib>
#include <ctime>

using namespace std;

// ------------------- 标准题解逻辑 (用于生成 .out) -------------------
const long long INF = -1e18;
long long dp[1005][3][1005];

long long get_score_gen(int my, int opp, int val) {
    if (my == opp) return val;
    if ((my == 1 && opp == 0) || (my == 2 && opp == 1) || (my == 0 && opp == 2)) return 2LL * val;
    return 0;
}

long long solve_std(int n, const vector<int>& a, const vector<int>& b, const vector<int>& c) {
    for (int i = 0; i <= n; i++) 
        for (int j = 0; j < 3; j++) 
            for (int k = 0; k <= n; k++) 
                dp[i][j][k] = INF;

    for (int j = 0; j < 3; j++) 
        dp[1][j][0] = get_score_gen(j, c[1], a[1]);

    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        for (int j = 0; j < 3; j++) {
            long long s = get_score_gen(j, c[i], a[i]);
            for (int k = 0; k < i; k++) {
                // 不换牌
                if (dp[i-1][j][k] != INF) 
                    dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i-1][j][k] + s);
                // 换牌
                if (k >= 1) {
                    for (int prev = 0; prev < 3; prev++) {
                        if (prev == j) continue;
                        if (dp[i-1][prev][k-1] != INF) 
                            dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i-1][prev][k-1] + s - b[k]);
                    }
                }
            }
        }
    }
    long long ans = INF;
    for (int j = 0; j < 3; j++) 
        for (int k = 0; k < n; k++) 
            ans = max(ans, dp[n][j][k]);
    return ans;
}
// ------------------------------------------------------------------

int randInt(int l, int r) {
    return rand() % (r - l + 1) + l;
}

void makeData(int id) {
    string inName = to_string(id) + ".in";
    string outName = to_string(id) + ".out";
    ofstream fin(inName);
    ofstream fout(outName);

    int N;
    // 梯度数据
    if (id <= 3) N = randInt(5, 15);
    else if (id <= 6) N = randInt(50, 100);
    else N = randInt(900, 1000);

    vector<int> a(N + 1), b(N), c(N + 1);

    // 生成 a (分数)
    for (int i = 1; i <= N; i++) a[i] = randInt(0, 10000);
    if (id >= 9) for(int i=1; i<=N; i++) a[i] = randInt(100000, 1000000); // 大数据

    // 生成 b (罚分)
    for (int i = 1; i < N; i++) {
        if (id == 4) b[i] = 0; // 特判：无罚分
        else if (id == 5) b[i] = 1000000; // 特判：超大罚分，逼迫不换牌
        else b[i] = randInt(0, 5000); 
    }

    // 生成 c (对手出牌)
    for (int i = 1; i <= N; i++) c[i] = randInt(0, 2);

    // 写入输入
    fin << N << endl;
    for (int i = 1; i <= N; i++) fin << a[i] << (i == N ? "" : " ");
    fin << endl;
    for (int i = 1; i < N; i++) fin << b[i] << (i == N - 1 ? "" : " ");
    fin << endl;
    for (int i = 1; i <= N; i++) fin << c[i] << (i == N ? "" : " ");
    fin << endl;

    // 写入输出
    fout << solve_std(N, a, b, c) << endl;

    fin.close();
    fout.close();
    cout << "Generated Case " << id << " (N=" << N << ")" << endl;
}

int main() {
    srand(time(0));
    for (int i = 1; i <= 10; i++) makeData(i);
    return 0;
}