(JZ4249)2019.01.30【NOIP提高组】模拟B组 2.游戏

【五校联考7day1】游戏

Description

WYF从小就爱乱顶，但是顶是会造成位移的。他之前水平有限，每次只能顶出k的位移，也就是从一个整点顶到另一个整点上。我们现在将之简化到数轴上，即从 一个整点可以顶到与自己相隔在k之内的数轴上的整点上。现在WYF的头变多了，于是他能顶到更远的地方，他能顶到任意整点上。现在他在玩一个游戏，这个游 戏里他只能向正方向顶，同时如果他从i顶到j，他将得到a[j] * (j - i)的分数，其中a[j]是j点上的分数，且要求j > i, 他最后必须停在n上。
现给出1～n上的所有分数，原点没有分数。他现在在原点，没有分。WYF想知道他最多能得多少分。

Input

第一行一个整数n。
第二行有n个整数，其中第i个数表示a[j]。

Output

一个整数，表示WYF最多能得到的分数。

Sample Input
3
1 1 50

Sample Output
150

Data Constraint

对于60%的数据，n<=1000；
对于100%的数据，n<=100000,0<=a[j]<=50。

纪中题解：

60 分：枚举
正解（不唯一）：对于到达的每个点，若要知道应该从哪个点过来，则要比较从两个不同地方过来的答案进行比较。最后比较式整理成类似于(f[i] – f[j])/(i – j) > ? 的形式。之后可以将(i, f[i])变为二维上的一点，比较式就成为了两点间的斜率是否大于一个数。由于 i 是从小到大枚举的则计算出一个 f[i]时就把它插入到二维平面里，之后只需维护斜率下降的一段（斜率上升的一段不需要考虑），用栈来存储点，维护凸包总时间复杂度为 O(n)，找最好节点用二分。总时间复杂度为O(n*log(n))。

个人补充：

   讲课讲的是斜率优化，但贪心也可以。

#include
#include
#include
using namespace std;
int n,ans,tail;
int a[100010],s[100010];

int main(){
	freopen("game.in","r",stdin);
	freopen("game.out","w",stdout);
	
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=n; i>=0; i--) s[i]=max(s[i+1],a[i]);//预处理后缀max
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i]==s[tail+1]){
			ans+=(i-tail)*a[i];
			tail=i;
		}
	}
	printf("%d",ans);
	
	fclose(stdin); fclose(stdout);
}