51Nod 1052/1053/1115 最大M子段和V1/V2/V3

V1

N个整数组成的序列a[1],a[2],a[3],…,a[n]，将这N个数划分为互不相交的M个子段，并且这M个子段的和是最大的。如果M >= N个数中正数的个数，那么输出所有正数的和。N,M<=5000

例如：-2 11 -4 13 -5 6 -2，分为2段，11 -4 13一段，6一段，和为26。

V2

N个整数组成的序列a[1],a[2],a[3],…,a[n]，将这N个数划分为互不相交的M个子段，并且这M个子段的和是最大的。如果M >= N个数中正数的个数，那么输出所有正数的和。 N,M<=50000

例如：-2 11 -4 13 -5 6 -2，分为2段，11 -4 13一段，6一段，和为26。

V3

环形最大M子段和，N个整数组成的序列排成一个环，a[1],a[2],a[3],…,a[n]（ a[n], a[1]也可以算作1段），将这N个数划分为互不相交的M个子段，并且这M个子段的和是最大的。如果M>=N个数中正数的个数，那么输出所有正数的和。N,M<=100000

例如：-2 11 -4 13 -5 6 -1，分为2段，6 -1 -2 11一段，13一段，和为27。

这三道题非常类似可以用几乎同一个code过掉

我们直接先考虑V3比较好做

首先将所有连续且符号相同的数加在一起，那么我们得到一个正负交替的环

如果不考虑限制，显然取所有正数最优

现在考虑限制，我们假设环上正数c个

那么就要减少M-c段，考虑减少段数的手段

1.删去一段

2.将两端合并成为一段

这个时候发现问题可以转化为经典的种花问题：

将所有的正数变为负数，在N个数（全部为负）中选出M-c个最大的，而相邻的不能选

选出来的数加上原本所有正数的和就是答案

直接套用原来的可撤销贪心做法就可以了，v2就多加一个权值为-∞的0号节点即可

V2code

#pragma GCC opitmize("O3")
#pragma G++ opitmize("O3")
#include<queue>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define N 50010
using namespace std;
int n,m,t=0,l[N],r[N]; long long S=0,s[N],v[N];
priority_queue<pair<long long,int> > q; bool vis[N]={0};
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%lld",v+i);
		if(!t && v[i]<0) continue; else
		if(!t || (v[i]>=0)!=(s[t]>=0)) s[++t]=v[i]; else s[t]+=v[i];
	}
	while(s[t]<0) s[t--]=0;
	for(int i=1;i<=t;++i){
		l[i]=i-1; r[i]=i+1;
		if(i&1){
			S+=s[i]; s[i]=-s[i];
			q.push(make_pair(s[i],i));
		} else q.push(make_pair(s[i],i));
	}
	r[t]=0; l[0]=t; r[0]=1;
	q.push(make_pair(s[0]=-1000000000000ll,0));
	if(m>(t>>1)) return 0&printf("%lld
",S);
	pair<long long,int> x; int y;
	for(m=(t-(t>>1))-m;m--;){
		x=q.top(); q.pop();
		if(vis[y=x.second]){++m; continue;}
		else{
			S+=s[y]; s[y]=-s[y]+s[l[y]]+s[r[y]];
			q.push(make_pair(s[y],y));
			r[l[l[y]]]=y;
			l[r[r[y]]]=y;
			vis[l[y]]=1;
			vis[r[y]]=1;
			l[y]=l[l[y]];
			r[y]=r[r[y]];
		}
	}
	printf("%lld
",max(0ll,S));
}

V3code

#pragma GCC opitmize("O3")
#pragma G++ opitmize("O3")
#include<queue>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define N 200010
using namespace std;
int n,m,t=0,l[N],r[N],c; long long S=0,s[N],v[N];
priority_queue<pair<long long,int> > q; bool vis[N]={0};
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%lld",v+i);
		if(!t || (v[i]>=0)!=(s[t]>=0)) s[++t]=v[i]; else s[t]+=v[i];
	}
	if((s[1]>=0)==(s[t]>=0)) s[1]+=s[t--];
	for(int i=1;i<=t;++i){
		l[i]=i-1; r[i]=i+1;
		if(s[i]>=0){
			S+=s[i]; s[i]=-s[i]; c++;
			q.push(make_pair(s[i],i));
		} else q.push(make_pair(s[i],i));
	}
	r[t]=1; l[1]=t;
	if(m>=c) return 0&printf("%lld
",S);
	pair<long long,int> x; int y;
	for(m=c-m;m--;){
		x=q.top(); q.pop();
		if(vis[y=x.second]){++m; continue;}
		else{
			S+=s[y]; s[y]=-s[y]+s[l[y]]+s[r[y]];
			q.push(make_pair(s[y],y));
			r[l[l[y]]]=y;
			l[r[r[y]]]=y;
			vis[l[y]]=1;
			vis[r[y]]=1;
			l[y]=l[l[y]];
			r[y]=r[r[y]];
		}
	}
	printf("%lld
",max(0ll,S));
}