[BZOJbegin][NOIP十连测第九场]小P的单调数列（数学相关+dp+bit）

题目描述

题解

一个非常有用的性质是这个数列只可能是一个单增的数列或者是一个单增的数列接上一个单减的数列。
怎么证明呢？其实很简单。假设三个增减增的数列和分别为abc，那么它最终的和为(a+b+c)/3。可如果我们只选择较大的两个ab的话，答案为(a+b)/2。显然是比上一个小的。
f(i)表示以i为结尾最大单增子序列和，g(i)表示以i为开头最大单减子序列和。那么ans=max{f(i),(f(i)+g(i)-a(i))/2},1<=i<=n.
f(i)和g(i)都可以dp出来。最裸的dp是 O(n2) 的，用bit可以优化到 O(nlogn) 。

代码

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define N 100005

int n,cnt;
int a[N],p[N],val[N];
double f[N],g[N];
double C[N],ans;

int cmp(int x,int y)
{
    return a[x]void add(int loc,double val)
{
    for (int i=loc;i<=n;i+=i&(-i))
        C[i]=max(C[i],val);
}
double query(int loc)
{
    double ans=0;
    for (int i=loc;i>=1;i-=i&(-i))
        ans=max(ans,C[i]);
    return ans;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]),p[i]=i;
    sort(p+1,p+n+1,cmp);
    for (int i=1;i<=n;++i)
        if (a[p[i]]==a[p[i-1]]) val[p[i]]=cnt;
        else val[p[i]]=++cnt;
    f[1]=a[1];add(val[1],a[1]);
    for (int i=1;i<=n;++i)
    {
        double Max=query(val[i]-1);
        f[i]=Max+a[i];
        add(val[i],f[i]);
    }

    memset(C,0,sizeof(C));
    f[n]=a[n];add(val[n],a[n]);
    for (int i=n-1;i>=1;--i)
    {
        double Max=query(val[i]-1);
        g[i]=Max+a[i];
        add(val[i],g[i]);
    }

    for (int i=1;i<=n;++i)
    {
        ans=max(ans,f[i]);
        ans=max(ans,(f[i]+g[i]-a[i])/2.0);
    }
    printf("%0.3lf\n",ans);
}

总结

①平均数的话取两个最大的一定是最优的，因为不会有拉低平均数的东西存在。