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。
例如：-2 11 -4 13 -5 6 -2，分为2段，11 -4 13一段，6一段，和为26。
Input
第1行：2个数N和M，中间用空格分隔。N为整数的个数，M为划分为多少段。（2 <= N , M <= 5000)
第2 - N+1行：N个整数 (-10^9 <= a[i] <= 10^9)
Output
输出这个最大和
Input示例
7 2
-2
11
-4
13
-5
6
-2
Output示例
26
———————————————————————————————————
1254 最大子段和 V2
N个整数组成的序列a[1],a[2],a[3],…,a[n]，你可以对数组中的一对元素进行交换，并且交换后求a[1]至a[n]的最大子段和，所能得到的结果是所有交换中最大的。当所给的整数均为负数时和为0。
例如：{-2,11,-4,13,-5,-2, 4}将 -4 和 4 交换，{-2,11,4,13,-5,-2, -4}，最大子段和为11 + 4 + 13 = 28。
Input
第1行：整数序列的长度N（2 <= N <= 50000)
第2 - N + 1行：N个整数（-10^9 <= A[i] <= 10^9）
Output
输出交换一次后的最大子段和。
Input示例
7
-2
11
-4
13
-5
-2
4
Output示例
28
——————————————————————————
因为这两道题是一种写法所以我就写在一起
就把连续的一段正负的合在一起得到一段正负相间的序列
然后记录一共有多少个正的记为tot 题目要保留的段数记为 k
那么我们就需要消掉tot-k份 消掉的方法有放弃某一段正的或者是用一段负的把两段正的合并
这样我们维护一个堆 权值是需要付出的代价 这样慢慢合并就能解决问题了
记得记录每一段的相邻段就好辣 当然记得特判边界 我的处理方法是加一段权值为负无穷的段就好辣
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<queue> #define LL long long using namespace std; const int M=1e6+1e5+7; const LL inf=1e15; LL read(){ LL ans=0,f=1,c=getchar(); while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') f=-1; c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+(c-'0'); c=getchar();} return ans*f; } int n,k,f[M],lx[M],rx[M]; LL cnt,sum[M],v,ans; bool pd(LL x,LL y){return !x||!y||(x>0)==(y>0);} LL pabs(LL x){return x>=0?x:-x;} struct node{ LL w,pos; bool operator <(const node& x)const{return x.w<w;} }; priority_queue<node>q; int main(){ n=read(); k=read(); int h=1; while(h<=n&&(v=read())<=0) h++;//printf("[%d] ",h); if(v>0) sum[++cnt]=v; for(int i=h+1;i<=n;i++){ v=read(); if(pd(sum[cnt],v)) sum[cnt]+=v; else sum[++cnt]=v; } if(pd(sum[cnt],-inf)) sum[cnt]+=-inf; else sum[++cnt]=-inf; int tot=0; for(int i=1;i<=cnt;i++)if(sum[i]>=0) ans+=sum[i],tot++; if(tot<=k) return printf("%lld ",ans),0; int now=tot-k; for(int i=1;i<=cnt;i++) q.push((node){pabs(sum[i]),i}),lx[i]=i-1,rx[i]=i+1; lx[1]=cnt; rx[cnt]=1; while(now){ node x=q.top(); q.pop(); int k=x.pos; if(f[k]) continue; ans-=x.w; now--; LL l=lx[k],r=rx[k]; f[l]=1; f[r]=1; sum[++cnt]=sum[k]+sum[l]+sum[r]; q.push((node){pabs(sum[cnt]),cnt}); lx[cnt]=lx[l]; rx[cnt]=rx[r]; rx[lx[l]]=cnt; lx[rx[r]]=cnt; } printf("%lld ",ans); return 0; }
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-1], 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。
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。
Input
第1行：2个数N和M，中间用空格分隔。N为整数的个数，M为划分为多少段。（2 <= N , M <= 100000)
第2 - N+1行：N个整数 (-10^9 <= a[i] <= 10^9)
Output
输出这个最大和
Input示例
7 2
-2
11
-4
13
-5
6
-2
Output示例
26
————————————————————————
这道题不需要特判边界反而更容易QAQ
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<queue> #include<cmath> #include<cstdlib> #define LL long long using namespace std; const int M=1500007; LL read(){ LL ans=0,f=1,c=getchar(); while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') f=-1; c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+(c-'0'); c=getchar();} return ans*f; } LL lx[M],rx[M],w[M]; LL n,k,tot; LL cnt=1; LL sum[M],ans; bool f[M]; struct node{ LL w,pos; bool operator<(const node &x) const{return w>x.w;} }; priority_queue<node>q; LL pd(LL x){return x>=0?x:-x;} bool okay(LL a,LL b){return (a<0&&b<0)||(a>0&&b>0)||!a||!b;} int main() { LL v; n=read(); k=read(); for(int i=1;i<=n;i++){ v=read(); if(okay(sum[cnt],v)) sum[cnt]+=v; else sum[++cnt]=v; } if(okay(sum[1],sum[cnt])) sum[1]=sum[cnt]+sum[1],cnt--; for(int i=1;i<=cnt;i++) if(sum[i]>0) ans+=sum[i],tot++; if(tot<=k){printf("%lld ",ans); return 0;} LL now=tot-k; q.push((node){pd(sum[1]),1}); lx[1]=cnt; rx[1]=2; w[1]=pd(sum[1]); q.push((node){pd(sum[cnt]),cnt}); lx[cnt]=cnt-1; rx[cnt]=1; w[cnt]=pd(sum[cnt]); for(int i=2;i<cnt;i++) q.push((node){pd(sum[i]),i}),lx[i]=i-1,rx[i]=i+1,w[i]=pd(sum[i]); while(now){ node x=q.top(); q.pop(); LL k=x.pos; if(f[k]) continue; ans-=w[k]; now--; LL l=lx[k],r=rx[k]; f[l]=1; f[r]=1; cnt++; sum[cnt]=sum[k]+sum[l]+sum[r]; w[cnt]=pd(sum[cnt]); q.push((node){w[cnt],cnt}); lx[cnt]=lx[l]; rx[cnt]=rx[r]; rx[lx[l]]=cnt; lx[rx[r]]=cnt; } printf("%lld ",ans); return 0; }