给你一个序列,对于所有 k ∈ [ 1 , n ] k\in [1,n] k∈[1,n],求长度为 k k k的子序列的最大权值,权值为 a 1 − a 2 + a 3 − . . . ± a k a_1-a_2+a_3-...\pm a_k a1−a2+a3−...±ak
这题显然可以背包对吧……
所以就直接背包吧……
比赛的时候我还想到了分治,但由于两边合在一起很慢,所以就直接打暴力了。
题解的线段树做法看得并不是很懂。
所以我就说一个分治的方法。
首先题解有个结论: k k k的子序列必然是 k − 2 k-2 k−2的子序列中插入两个数。
记住是插入,而不仅仅是往左右两边扩展。
为什么呢?考虑反证,如果不是这样,就是 k − 2 k-2 k−2的子序列中除去若干个数,然后再插入若干的数。这样实际上相当于从 k − x k-x k−x的状态转移过来,其中 x > 2 x>2 x>2。
所以我们只需要证明从 k − 2 k-2 k−2转移过来比更前面的地方转移过来更优。
假设从 k − 3 k-3 k−3转移过来(其它的情况类似)。
我们将 k − 2 k-2 k−2的序列中按顺序插入 x x x和 y y y,那么整个序列被分成几个部分 A x B y C AxByC AxByC,权值为 A ± x − B ± y + C A\pm x-B\pm y+C A±x−B±y+C(我们不需要关系 x x x和 y y y的正负, B B B是原本的贡献,在插入之后符号要翻过来)。
将 k − 3 k-3 k−3的序列中插入 x x x和 y y y和 z z z(我们假设 x x x和 y y y插入的位置相同),分成: A x B y D z E AxByDzE AxByDzE,权值为 A ± x − B ± y + D ± z − E A \pm x-B \pm y+D \pm z-E A±x−B±y+D±z−E
比较一下,前半部分抵消了,就变成 C C C和 D ± z − E D \pm z-E D±z−E
它们都可以看做一个整体。如果后面的更优,它肯定会在之前替代 C C C。所以前者是更优一些的。
这就证完了。
然后考虑分治。分治的重点是合并左右两个区间的答案。
考虑由 s s s转移到 s + 2 s+2 s+2。设转移 s s s的时候左边用了 s 1 s_1 s1个,右边用了 s 2 s_2 s2个。
分类讨论看看新插入的两个点放哪边,就有如下三种情况:
根据上面的那个结论,前后两种情况是没有问题的。问题在于第二种情况。
由于是 + 1 +1 +1,所以就不能用那个结论。
然而,我们发现,在左边 s 1 s1 s1或右边 s 2 s2 s2的状态中各插一个,其实也算在左边 s 1 + 1 s1+1 s1+1或右边 s 2 + 1 s2+1 s2+1.的状态中。也就是说, s 1 + 1 s1+1 s1+1的状态大于等于 s 1 s1 s1插一个转移过去的状态。
所以这样操作没有影响。
using namespace std;
#include
#include
#include
#include
#define N 100010
int n,a[N];
int _fmn[N],_fmx[N];
int gmn[N],gmx[N];
inline int at(int *a,int x){return x?a[x]:0;}
void dfs(int l,int r){
int *fmn=_fmn+l-1,*fmx=_fmx+l-1;
if (l==r){
fmn[1]=fmx[1]=a[l];
return;
}
int mid=l+r>>1;
dfs(l,mid),dfs(mid+1,r);
int *lmn=_fmn+l-1,*lmx=_fmx+l-1,*rmn=_fmn+mid,*rmx=_fmx+mid,s1=0,s2=0;
for (int i=2;i<=r-l+1;i+=2){
int ts1,ts2,v=INT_MIN;
if (s2+2<=r-mid){
int tmp=(s1&1?at(lmx,s1)-at(rmn,s2+2):at(lmx,s1)+at(rmx,s2+2));
if (tmp>v)
v=tmp,ts1=s1,ts2=s2+2;
}
if (s1+1<=mid-l+1 && s2+1<=r-mid){
int tmp=(s1+1&1?at(lmx,s1+1)-at(rmn,s2+1):at(lmx,s1+1)+at(rmx,s2+1));
if (tmp>v)
v=tmp,ts1=s1+1,ts2=s2+1;
}
if (s1+2<=mid-l+1){
int tmp=(s1+2&1?at(lmx,s1+2)-at(rmn,s2):at(lmx,s1+2)+at(rmx,s2));
if (tmp>v)
v=tmp,ts1=s1+2,ts2=s2;
}
gmx[i]=v;
s1=ts1,s2=ts2;
}
s1=0,s2=0;
for (int i=2;i<=r-l+1;i+=2){
int ts1,ts2,v=INT_MAX;
if (s2+2<=r-mid){
int tmp=(s1&1?at(lmn,s1)-at(rmx,s2+2):at(lmn,s1)+at(rmn,s2+2));
if (tmp<v)
v=tmp,ts1=s1,ts2=s2+2;
}
if (s1+1<=mid-l+1 && s2+1<=r-mid){
int tmp=(s1+1&1?at(lmn,s1+1)-at(rmx,s2+1):at(lmn,s1+1)+at(rmn,s2+1));
if (tmp<v)
v=tmp,ts1=s1+1,ts2=s2+1;
}
if (s1+2<=mid-l+1){
int tmp=(s1+2&1?at(lmn,s1+2)-at(rmx,s2):at(lmn,s1+2)+at(rmn,s2));
if (tmp<v)
v=tmp,ts1=s1+2,ts2=s2;
}
gmn[i]=v;
s1=ts1,s2=ts2;
}
if (lmx[1]>rmx[1])
s1=1,s2=0,gmx[1]=lmx[1];
else
s1=0,s2=1,gmx[1]=rmx[1];
for (int i=3;i<=r-l+1;i+=2){
int ts1,ts2,v=INT_MIN;
if (s2+2<=r-mid){
int tmp=(s1&1?at(lmx,s1)-at(rmn,s2+2):at(lmx,s1)+at(rmx,s2+2));
if (tmp>v)
v=tmp,ts1=s1,ts2=s2+2;
}
if (s1+1<=mid-l+1 && s2+1<=r-mid){
int tmp=(s1+1&1?at(lmx,s1+1)-at(rmn,s2+1):at(lmx,s1+1)+at(rmx,s2+1));
if (tmp>v)
v=tmp,ts1=s1+1,ts2=s2+1;
}
if (s1+2<=mid-l+1){
int tmp=(s1+2&1?at(lmx,s1+2)-at(rmn,s2):at(lmx,s1+2)+at(rmx,s2));
if (tmp>v)
v=tmp,ts1=s1+2,ts2=s2;
}
gmx[i]=v;
s1=ts1,s2=ts2;
}
if (lmn[1]<rmn[1])
s1=1,s2=0,gmn[1]=lmn[1];
else
s1=0,s2=1,gmn[1]=rmn[1];
for (int i=3;i<=r-l+1;i+=2){
int ts1,ts2,v=INT_MAX;
if (s2+2<=r-mid){
int tmp=(s1&1?at(lmn,s1)-at(rmx,s2+2):at(lmn,s1)+at(rmn,s2+2));
if (tmp<v)
v=tmp,ts1=s1,ts2=s2+2;
}
if (s1+1<=mid-l+1 && s2+1<=r-mid){
int tmp=(s1+1&1?at(lmn,s1+1)-at(rmx,s2+1):at(lmn,s1+1)+at(rmn,s2+1));
if (tmp<v)
v=tmp,ts1=s1+1,ts2=s2+1;
}
if (s1+2<=mid-l+1){
int tmp=(s1+2&1?at(lmn,s1+2)-at(rmx,s2):at(lmn,s1+2)+at(rmn,s2));
if (tmp<v)
v=tmp,ts1=s1+2,ts2=s2;
}
gmn[i]=v;
s1=ts1,s2=ts2;
}
for (int i=1;i<=r-l+1;++i)
fmn[i]=gmn[i],fmx[i]=gmx[i];
}
int main(){
freopen("pe.in","r",stdin);
freopen("pe.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d",&a[i]);
dfs(1,n);
for (int i=1;i<=n;++i)
printf("%d ",_fmx[i]);
return 0;
}
结论是要靠猜的……