[NOI2019]序列

LOJ3158 , Luogu5470

从 (a_1dots a_n) , (b_1dots b_n) 中各选出 (K) 个数 , 且至少 (L) 组下标在两个数组中都被选择 , 使选出的数总和最大
多组数据 , (T ≤ 10 , 1 ≤∑n ≤ 10^6 , 1 ≤ L ≤ K ≤ n ≤ 2 × 10^5 , 1 ≤ a_i , b_i ≤ 10^9)

考场上写的是 (O(n^4)) 的 (DP) , 设 (dp[i][j][k][l]) 为到第 (i) 位 , 一共选了 (j) 对 , 其中 (a) 选了 (k) 个 , (b) 选了 (l) 个的方案数 . 可以过 (n<=30) , (28)分 . 再往上开内存就不够了 , 直接编译不了 .

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
#define Debug(x) cout<<#x<<"="<<x<<endl
using namespace std;
typedef long long LL;
const int INF=1e9+7;
inline LL read(){
    register LL x=0,f=1;register char c=getchar();
    while(c<48||c>57){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(c>=48&&c<=57)x=(x<<3)+(x<<1)+(c&15),c=getchar();
    return f*x;
}

const int N = 31;

int a[N], b[N], c[N], d[N], e[N];
int n, K, L, T;

/*namespace tanxin{
	LL ans = 0;
	inline bool cmp1(int x, int y){
		return a[x] + b[x] > a[y] + b[y];
	}
	inline int solve(){
		ans = 0;
		for(int i = 1; i <= n; ++i) c[i] = i;
		sort(c + 1, c + n + 1, cmp1);
		for(int i = 1; i <= L; ++i) ans += a[c[i]] + b[c[i]];
		for(int i = L + 1; i <= n; ++i) d[i - L] = a[c[i]], e[i - L] = b[c[i]];
		sort(d + 1, d + L + 1); sort(e + 1, e + L + 1);
		for(int i = 1; i <= K - L; ++i) ans += d[i] + e[i];
		printf("%lld
", ans);
	}
};*/

namespace baoli_1{
	LL dp[N][N][N][N];
	LL ans;
	inline void chkmax(LL& a, LL b){ if(b > a) a = b; }
	inline void main(){
		memset(dp, -1, sizeof dp);
		dp[0][0][0][0]=0;
		ans = 0;
		for(int i = 0; i <= n - 1; ++i)
		for(int j = 0; j <= K; ++j)
		for(int k = 0; k <= K; ++k)
		for(int l = 0; l <= K; ++l)
		if(~dp[i][j][k][l]){
			chkmax(dp[i+1][j][k][l], dp[i][j][k][l]);
			if(j < K && k < K && l < K) chkmax(dp[i+1][j+1][k+1][l+1], dp[i][j][k][l] + a[i+1] + b[i+1]);
			if(k < K) chkmax(dp[i+1][j][k+1][l], dp[i][j][k][l] + a[i+1]);
			if(l < K) chkmax(dp[i+1][j][k][l+1], dp[i][j][k][l] + b[i+1]);
		}
		for(int i = L; i <= K; ++i) 
			chkmax(ans, dp[n][i][K][K]);
		printf("%lld
", ans);
	}
};

int main(){
#ifndef file
    freopen("sequence.in","r",stdin);
    freopen("sequence.out","w",stdout);
#endif
	T = read();
	while(T--){
		n = read(), K = read(), L = read();
		for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
		for(int i = 1; i <= n; ++i) b[i] = read();
		//tanxin::solve();
		if(n <= 150) baoli_1::main();
	}
}

然后我又到 (LOJ) 上找了一个优秀的做法.
总体思路是先选出 (K-L) 组下标不同的 , 再选出 (L) 组下标相同的 .

先选出 (K-L) 组下标不同的 , 就直接在 (a) 和 (b) 中选出最大的 (K-L) 个 , 再选出剩下 (L) 对
如果第一阶段选出了下标相同的 , 就记下选了 (cnt) 对 , 第二阶段中有 (cnt) 次可以不选相同的 , 这样就能保证至少选了 (L) 组相同的 . 此时也就是没有限制 , 直接选出 (a) 和 (b) 中最大的即可 .

再选出 (L) 对 , 有三种选法 : 选出 (a+b) 最大的 ; 已经选了 (a) 中的 (b) 最大的 + (a) 最大的 ; 已经选了 (b) 中的 (a) 最大的 + (b) 最大的 . 要用几个堆维护这些下标 , 还要记录每个下标被选的状态 , 并及时更新 . 对于没取满的状态要及时放入该放的堆里 , 对于取满的状态如果是第一阶段要更新 (cnt) .

由于要用堆维护"贪心"的下标 , 时间复杂度是 (O(nlog n)) , (n) 为 (sum n = 10^6) .
本题难点已经加粗 , 具体细节见代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
#define Debug(x) cout<<#x<<"="<<x<<endl
using namespace std;
typedef long long LL;
const int INF=1e9+7;
inline LL read(){
    register LL x=0,f=1;register char c=getchar();
    while(c<48||c>57){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(c>=48&&c<=57)x=(x<<3)+(x<<1)+(c&15),c=getchar();
    return f*x;
}

const int N = 1e6 + 5;

int a[N], b[N], op[N];
bool visa[N], visb[N];
int T, n, K, L, cnt;

struct Rank_a{ inline bool operator()(int& x, int& y){return a[x] < a[y];} };
struct Rank_b{ inline bool operator()(int& x, int& y){return b[x] < b[y];} };
struct Rank_ab{ inline bool operator()(int& x, int& y){return a[x]+b[x] < a[y]+b[y];} };
priority_queue <int, vector<int>, Rank_a> qa,qA;
priority_queue <int, vector<int>, Rank_b> qb,qB;
priority_queue <int, vector<int>, Rank_ab> qC;

inline void update(int x){
	if(op[x] == 0) qC.push(x); // 一开始没被选的可以当做一对被选
	if(op[x] == 1) qB.push(x);
	if(op[x] == 2) qA.push(x);
	if(op[x] == 3) cnt++;
}

int main(){
	freopen("sequence.in", "r", stdin);
	freopen("sequence.out", "w", stdout);
	T = read();
	while(T--){
		LL ans = 0; cnt = 0;
		while(qa.size()) qa.pop();
		while(qb.size()) qb.pop();
		while(qA.size()) qA.pop();
		while(qB.size()) qB.pop();
		while(qC.size()) qC.pop();

		n = read(), K = read(), L = read();
		for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read(), qa.push(i);
		for(int i = 1; i <= n; ++i) b[i] = read(), qb.push(i);
		for(int i = 1; i <= n; ++i) visa[i] = visb[i] = op[i] = 0;

		for(int i = 1; i <= K - L; ++i){
			int pa = qa.top(); qa.pop(), visa[pa] = 1, op[pa] |= 1;
			int pb = qb.top(); qb.pop(), visb[pb] = 1, op[pb] |= 2;
			ans += a[pa] + b[pb];
		}

		for(int i = 1; i <= n; ++i) update(i);
		for(int i = 1; i <= L; ++i){ // 接下来L组都要取相同的
			while(visa[qa.top()] == 1) qa.pop();
			while(visb[qb.top()] == 1) qb.pop();
			while((!qA.empty()) && (op[qA.top()] != 2)) qA.pop();
			while((!qB.empty()) && (op[qB.top()] != 1)) qB.pop();
			while((!qC.empty()) && (op[qC.top()] != 0)) qC.pop();
			if(cnt){ // 如果能保证取到当前的任务,那就不是必须取相同的
				int pa = qa.top(); qa.pop(), visa[pa] = 1, op[pa] |= 1;
				int pb = qb.top(); qb.pop(), visb[pb] = 1, op[pb] |= 2;
				ans += a[pa] + b[pb];
				-- cnt;
				update(pa); // 一定要及时更新
				if(pa^pb) update(pb); // 有可能选了两个下标相同的,最后只更新一次
			}
			else{ // 取相同的
				int type = -1, tmax = 0, tmp;
				if((!qA.empty()) && (!qb.empty()) && ((tmp = a[qA.top()] + b[qb.top()]) > tmax)) type = 1, tmax = tmp;
				if((!qB.empty()) && (!qa.empty()) && ((tmp = a[qa.top()] + b[qB.top()]) > tmax)) type = 2, tmax = tmp;
				if((!qC.empty()) && ((tmp = a[qC.top()] + b[qC.top()]) > tmax)) type = 3, tmax = tmp;
				ans += tmax; ///
				if(type == 1){
					int pa = qA.top(); qA.pop(), visa[pa] = 1, op[pa] |= 1;
					int pb = qb.top(); qb.pop(), visb[pb] = 1, op[pb] |= 2, update(pb);
				}
				if(type == 2){
					int pa = qa.top(); qa.pop(), visa[pa] = 1, op[pa] |= 1, update(pa);
					int pb = qB.top(); qB.pop(), visb[pb] = 1, op[pb] |= 2;
				}
				if(type == 3){
					int pc = qC.top(); qC.pop(), visa[pc] = visb[pc] = 1, op[pc] = 3;
					// 就是要取这一对,不用再update更新cnt
				}
			}
		}
		printf("%lld
", ans);
	}
}