题目链接 Codeforces Round #465 (Div. 2) Problem E
题意 给定一个表达式，然后用$P$个加号和$M$个减号填充所有的问号（保证问号个数等于$P + M$）
求可以形成的表达式的最大值。
先把表达式转成一棵树，然后在树上DP。
题目保证了$min(P, M) <= 100$, 为了提高效率，我们选择用少的运算符号作为DP的第二维。
对$P$和$M$的大小关系进行分类讨论。
当$P < M$时，
设$f[i][j]$表示$i$代表的子树里面填$j$个加号能得到的结果的最大值。
$c[i][j]$表示$i$代表的子树里面填$j$个减号能得到的结果的最小值。
那么转移就是
$f[x][i+j+1] = max(f[x][i+j+1], f[l][i] + l[r][j])$
$f[x][i+j] = max(f[x][i+j], f[l][i] - c[r][j])$
$c[x][i+j+1] = min(c[x][i+j+1], c[l][i] + c[r][j])$
$c[x][i+j] = min(c[x][i+j], c[l][i] - f[r][j])$
当$P > M$时，
设$f[i][j]$表示$i$代表的子树里面填$j$个加号能得到的结果的最大值。
$c[i][j]$表示$i$代表的子树里面填$j$个减号能得到的结果的最小值。
设个时候转移方程为
$f[x][i+j] = max(f[x][i+j], f[l][i] + l[r][j])$
$f[x][i+j+1] = max(f[x][i+j+1], f[l][i] - c[r][j])$
$c[x][i+j] = min(c[x][i+j], c[l][i] + c[r][j])$
$c[x][i+j+1] = min(c[x][i+j+1], c[l][i] - f[r][j])$
程序里把两种情况合起来写了，看起来更加简洁。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define rep(i, a, b) for (int i(a); i <= (b); ++i)
#define dec(i, a, b) for (int i(a); i >= (b); --i)
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second typedef long long LL; const int N = 1e4 + 10;
const int M = 105;
const int inf = 1e9; char st[N];
int val[N];
int p, m, n;
int f[N][M], c[N][M];
vector <int> v[N];
stack <int> stk; inline void upmax(int &a, int b){ a = max(a, b);}
inline void upmin(int &a, int b){ a = min(a, b);} void dfs(int x, int t){
rep(i, 0, M - 1) f[x][i] = -inf, c[x][i] = inf;
if (val[x]){
f[x][0] = c[x][0] = val[x];
return;
} int l = v[x][0], r = v[x][1];
dfs(l, t), dfs(r, t); rep(i, 0, M - 1) if (f[l][i] > -inf){
rep(j, 0, M - 1) if (f[r][j] > -inf){
upmax(f[x][i + j + t], f[l][i] + f[r][j]);
upmax(f[x][i + j + (t ^ 1)], f[l][i] - c[r][j]);
upmin(c[x][i + j + t], c[l][i] + c[r][j]);
upmin(c[x][i + j + (t ^ 1)], c[l][i] - f[r][j]);
}
}
} int main(){ scanf("%s%d%d", st, &p, &m); for (int i = 0; st[i]; ++i){
if (st[i] == '(') stk.push(++n);
else if (st[i] == ')'){
int t = stk.top();
stk.pop();
if (!stk.empty()) v[stk.top()].push_back(t);
} else if (st[i] >= '1' && st[i] <= '9'){
if (stk.empty()) return 0 * printf("%d\n", st[i] - '0');
v[stk.top()].push_back(++n);
val[n] = st[i] - '0';
}
} dfs(1, p < m);
printf("%d\n", f[1][min(p, m)]);
return 0;
}