AtCoder Beginner Contest 173 E Multiplication 4 数组构成有6种形态

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AtCoder Beginner Contest 173   E   Multiplication 4   数组构成有6种形态

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在线测评地址https://atcoder.jp/contests/abc173/tasks/abc173_e

题目大意：给定n个元素的数组a,要求挑出k个数，让这k个数的乘积最大，输出这个最大乘积模(109+7)的结果。

基本思路：乘积结果，要么是正数(要求绝对值越大越好)，要么是非正数((要求绝对值越小越好)。

基本思路：数组构成有6种形态，可结合以下AC代码进行研读。

1.数组元素全是非负数,乘积是非负数，选定的数组元素的绝对值越大越好(形态1)，对应测试数据如下

Input:
5 3
1 2 3 4 5
Output:
60

挑出最大的三个数5,4,3
结果是5*4*3=60

2.数组元素全是负数(包含形态2,3)

2.1   k是奇数,乘积结果是负数，要求选定的数组元素的绝对值越小越好(形态2)，对应测试数据如下

Input:
5 3
-1 -2 -3 -4 -5
Output:
-6

挑出绝对值最小的三个数-1,-2,-3
结果是(-1)*(-2)*(-3)=-6

2.2   k是偶数,乘积结果是正数，要求选定的数组元素的绝对值越大越好(形态3)，对应测试数据如下

Input:
5 4
-1 -2 -3 -4 -5
Output:
120

挑出绝对值最大的四个数-5,-4,-3,-2
结果是(-5)*(-4)*(-3)*(-2)=120

3.数组元素构成由负数,0,正数交织在一起.a[n]>=0,a[1]<0

3.1   乘积为负(形态4)，对应测试数据如下

Input:
5 5
-1 -2 -3 4 5
Output:
-120

负数数量3
非负数数量2
选出最多的数量，乘积为非负数，对应的数量是(3/2*2)+2=4.(注意，负负得正，故负数需要两个两个的选)
很明显，需选中全部的n个元素，
结果是(5)*(4)*(-3)*(-2)*(-1)=-120

3.2   乘积为非负(包含形态5,6)

3.2.1 k为奇数(形态5)，对应测试数据如下

Input:
5 3
-3 -2 -1 4 5
Output:
30

负数数量3
非负数数量2
选出最多的数量，乘积为非负数，对应的数量是(3/2*2)+2=4.(注意，负负得正，故负数需要两个两个的选)
很明显，因负数是两个两个选，故非负数的数量是奇数。可以考虑，先选进一个最大的非负数，那么剩下的数的数量就是偶数，便于操作。
故选取过程如下：
第一步
5
第二步
-3 -2
结果是5*(-3)*(-2)=30

3.2.1 k为偶数(形态6)，对应测试数据如下

Input:
5 2
-3 -2 -1 4 5
Output:
20

负数数量3
非负数数量2
选出最多的数量，乘积为非负数，对应的数量是(3/2*2)+2=4.(注意，负负得正，故负数需要两个两个的选)
很明显，因负数是两个两个选，k的数量是偶数，便于操作。
故选取过程如下：
(-3)*(-2)<4*5
故选取5,4
结果是5*4=20

编写过程中，因为溢出的问题，耗费了大量的时间，请注意，代码中容易溢出的部分如下：

x=(LL)a[l]*a[l+1],y=(LL)a[r]*a[r-1];

if(x>y)x%=mod,ans=ans*x%mod,l+=2;
else y%=mod,ans=ans*y%mod,r-=2;

AC代码如下：

#include 
#include 
#define LL long long
#define maxn 200010
#define mod 1000000007
using namespace std;
int a[maxn];
LL ans=1,x,y;
int main(){
	int n,k,i,b,l,r;
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	sort(a+1,a+1+n);
	if(a[1]>=0){//全是非负数,绝对值越大越好
		for(i=n;i>=n-k+1;i--)ans=ans*a[i]%mod;
	}else if(a[n]<0){//全是负数
		if(k&1){//k是奇数,乘积结果是负数，要求绝对值越小越好
			for(i=n;i>=n-k+1;i--)ans=ans*a[i]%mod;
			ans=(ans%mod+mod)%mod;
		}else{//k是偶数,乘积结果是正数，要求绝对值越大越好
			for(i=1;i<=k;i++)ans=ans*a[i]%mod;
		}
	}else{//负数,0,正数交织在一起。a[n]>=0,a[1]<0
		int cnt1=0,cnt2=0;
		for(i=1;i<=n;i++)
			if(a[i]<0)cnt1++;//负数个数
			else break;
		cnt2=n-cnt1;//正数与0的个数
		if(cnt1/2*2+cnt2y)x%=mod,ans=ans*x%mod,l+=2;
				else y%=mod,ans=ans*y%mod,r-=2;
				k-=2;
			}
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}