期望得分：100+100+30=230
实际得分：
正解：
枚举最高的位，这一位m是1但实际用了0
然后剩余的低位肯定是 正数就用1，负数用0
考场思路：数位DP
#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long LL; #define N 100001 int a[N]; char s[N]; LL dp[N][2]; void read(int &x) { x=0; int f=1; char c=getchar(); while(!isdigit(c)) { if(c=='-') f=-1; c=getchar(); } while(isdigit(c)) { x=x*10+c-'0'; c=getchar(); } x*=f; } LL dfs(int dep,int num,bool lim) { if(!dep) return 0; if(!lim && dp[dep][num]!=-1) return dp[dep][num]; int up= lim ? s[dep]-'0' : 1; LL res=0; res=dfs(dep-1,0,lim && 0==s[dep]-'0'); if(up) res=max(res,a[dep]+dfs(dep-1,1,lim && 1==s[dep]-'0')); if(!lim) dp[dep][num]=res; return res; } int main() { freopen("maximum.in","r",stdin); freopen("maximum.out","w",stdout); int n; read(n); for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]); scanf("%s",s+1); memset(dp,-1,sizeof(dp)); cout<<dfs(n,0,1); }
二分+DP
dp[i] 表示 到第i个数， 在满足条件(任意两个相邻的数，差<=mid)的情况下，并且i没有被改变，最少改变多少数字。
状态转移： dp[i]=dp[k]+(i-k-1) k=0~i-1 表示 k+1~i-1 都被改变了
转移条件：mid*(k-i)>=abs(a[k]-a[i]) k~i这段区间能满足条件
只管修改了多少个数，至于改成了什么，不关心
最大的差最小，就是让数均匀分布，那么二分最大的差，条件就是差*个数>= | 区间右边-左边 |
也就是假设区间左右端点都不改变，而区间内部都改变
区间内部都改变是最差的情况，他会随着区间左端点的移动而变小
#include<cstdio> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; #define N 1001 int dp[N],a[N]; int n,k; void read(int &x) { x=0; char c=getchar(); while(!isdigit(c)) c=getchar(); while(isdigit(c)) { x=x*10+c-'0'; c=getchar(); } } bool check(int mid) { for(int i=2;i<=n;i++) { dp[i]=i-1; for(int j=1;j<i;j++) if(abs(a[i]-a[j])<=mid*(i-j)) dp[i]=min(dp[i],dp[j]+i-j-1); } int mi=dp[n]; for(int i=1;i<n;i++) mi=min(mi,dp[i]+n-i); return mi<=k; } int main() { freopen("minimum.in","r",stdin); freopen("minimum.out","w",stdout); read(n); read(k); for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]); int l=0,r=0,mid,ans; for(int i=2;i<=n;i++) r=max(r,abs(a[i]-a[i-1])); ans=r; while(l<=r) { mid=l+r>>1; if(check(mid)) ans=mid,r=mid-1; else l=mid+1; } printf("%d",ans); }
将A看做+y，B看做-x，问题转化为 在[L,R] 内 求 最长和为0的区间
记录 前缀和 a[i] ，若 a[v]-a[u]=0 ，则 [u+1,v] 为 一个和为0的区间
将所有的前缀和离散化为c[i]
pos[i] 表示 当前 离散化 后为i的数 第一次 出现在pos[i]
假设当前在位置j，
若 pos[c[j]] 之前被更新过了，那么 [ pos[c[j]],j ] 就是一个 和为0的区间 ，且是以j为右端点的最长的
若没有被更新，用j更新pos[c[j]]
将 字符串分为根号n 块
用上述方法在n*根号n 时间 内 预处理完 这三个数组：
two[i][j] i，j <= 根号n ，第i个块到第j个块之间 和为0 的最长区间
l[i][j] i <= 根号 n ，j <=n，区间[ 第i块的第一个位置,j ] 和为0的最长区间
r[i][j] i <= 根号 n ，j <=n，区间[ j+1，第i块的最后一个位置 ] 和为0的最长区间
对于 一个询问 L,R
由四部分更新
设L所在块为bL，R所在块为bR
① 最优解 在 [L,R] 完整的块内 即 two[bL+1][bR-1]
② 最优解的左端点 不在[L,R] 完整块内，右端点在[L,R]完整块内 即 r[bR-1][L-1]
③ 最优解的左端点 在[L,R]完整块内，右端点不在[L,R] 完整块内，即l[bL+1][R]
④ 最优解 的左右端点都不在[L,R] 完整块内 ，
那么 用上面的方法 枚举 左边不在完整块内的部分，枚举右边不在完整块内的部分，O（2*根号n） 求解
#include<cmath> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; #define N 100001 char s[N]; int a[N],b[N],c[N]; int two[320][320],l[320][N],r[320][N]; int pos[N]; int use[N]; void read(int &x) { x=0; char c=getchar(); while(!isdigit(c)) c=getchar(); while(isdigit(c)) { x=x*10+c-'0'; c=getchar(); } } int getgcd(int a,int b) { return !b ? a : getgcd(b,a%b); } int main() { freopen("sequence.in","r",stdin); freopen("sequence.out","w",stdout); int n,x,y; read(n); read(x); read(y); int g=getgcd(x,y); x/=g; y/=g; scanf("%s",s+1); for(int i=1;i<=n;++i) { if(s[i]=='A') a[i]=a[i-1]+y; else a[i]=a[i-1]-x; b[i]=a[i]; } sort(b+1,b+n+1); int tot=unique(b+1,b+n+1)-b-1; for(int i=0;i<=n;++i) c[i]=lower_bound(b+1,b+tot+1,a[i])-b; int siz=sqrt(n),mx,m=siz; int cnt=0; memset(pos,-1,sizeof(pos)); for(int i=1,k=1;i<=n;i+=siz,++k) { mx=cnt=0; for(int j=i,kk=k;j<=n;j+=siz,++kk) { for(int h=0;h<=siz;++h) { if(pos[c[j+h-1]]!=-1) mx=max(mx,j+h-1-pos[c[j+h-1]]); else pos[c[j+h-1]]=j+h-1; use[++cnt]=c[j+h-1]; } two[k][kk]=mx; } for(int i=1;i<=cnt;++i) pos[use[i]]=-1; } for(int i=1,k=1;i<=n;i+=siz,++k) { cnt=0; for(int j=i;j<=n;++j) { if(pos[c[j]]!=-1) l[k][j]=max(l[k][j-1],j-pos[c[j]]); else l[k][j]=l[k][j-1],pos[c[j]]=j; use[++cnt]=c[j]; } for(int j=1;j<=cnt;++j) pos[use[j]]=-1; } for(int i=siz,k=1;i<=n;i+=siz,++k) { cnt=0; for(int j=i;j>=0;--j) { if(pos[c[j]]!=-1) r[k][j]=max(r[k][j+1],pos[c[j]]-j); else r[k][j]=r[k][j+1],pos[c[j]]=j; use[++cnt]=c[j]; } for(int j=1;j<=cnt;++j) pos[use[j]]=-1; } int q; read(q); int L,R; int bL,bR; int ans; while(q--) { read(L); read(R); bL=(L-1)/siz+1; bR=(R-1)/siz+1; ans=0; if(bR-bL<2) { cnt=0; for(int i=L-1;i<=R;++i) { if(pos[c[i]]!=-1) ans=max(ans,i-pos[c[i]]); else pos[c[i]]=i; use[++cnt]=c[i]; } for(int i=1;i<=cnt;++i) pos[use[i]]=-1; } else { ans=two[bL+1][bR-1]; ans=max(ans,r[bR-1][L-1]); ans=max(ans,l[bL+1][R]); cnt=0; int t=bL*siz; for(int i=L-1;i<=t;++i) { if(pos[c[i]]!=-1) ans=max(ans,i-pos[c[i]]); else pos[c[i]]=i; use[++cnt]=c[i]; } for(int i=(bR-1)*siz+1;i<=R;++i) { if(pos[c[i]]!=-1) ans=max(ans,i-pos[c[i]]); else pos[c[i]]=i; use[++cnt]=c[i]; } for(int i=1;i<=cnt;++i) pos[use[i]]=-1; } cout<<ans<<' '; } }