[NOI2019]序列

LOJ3158 , Luogu5470

从 \(a_1\dots a_n\) , \(b_1\dots b_n\) 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
#include
#include
#include
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
#define Debug(x) cout<<#x<<"="<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\n", 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\n", 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 \(O(n\log n)\) , \(n\) 为 \(\sum n = 10^6\) .
本题难点已经加粗 , 具体细节见代码

#include
#include
#include
#include
#include
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
#define Debug(x) cout<<#x<<"="<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 , Rank_a> qa,qA;
priority_queue , Rank_b> qb,qB;
priority_queue , 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\n", ans);
    }
}

转载于:https://www.cnblogs.com/lizehon/p/11211100.html