[ABC218H] Red and Blue Lamps

题目传送门

引

两种做法我都写写
解法1：$动态规划+WQS二分$
解法2：$反悔贪心$

解法1

首先有这样两个性质：

$1.$ 假设初始灯的颜色都相同和变色方案相同，将 $R$ 盏蓝灯变成红色和将 $N-R$ 盏红灯变成蓝色的结果都是一样的。

$2.$ 最优方案变色的灯一定是不连续的。
性质 $2$ 的证明可以考虑反证法，比较显然

那么基于 性质 $2$ 我们可以将 $a_i\leftarrow a_{i-1}+a_i$ (为方便，后文的 $a_i$ 均为转化后的) ,在计算时避免连续的变色的灯即可
那我们可以先考虑 $DP$
$$f_{0/1,i,j}:考虑前i个位置，选了j个位置变色，第i个位置是否变色的最大值$$
直接转移是 $O(n^2)$ 的，需要优化
设 $cnt$ 为需要变色的个数 ，$f(cnt)$ 是其答案，那么可以明显得知 $f(cnt)$ 的函数图像为一个 上凸壳 ，那么就可以 使用 $WQS二分$ ，去掉 $j$ 这一维
优化后为 $O(n\log W)$
至于内部的 $DP$ 还是比较简单的，可以看看代码

Code：

#include 
#define rep(i, l, r) for (int i = l; i <= r; ++i)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 200005;
int n, R;
int a[N],b[N];
struct  node {
    int num; ll val;
    node() {}
    node(int _num, ll _val) : num(_num), val(_val) {}
    bool operator<(const node &rhs) const { return val == rhs.val ? num < rhs.num : val < rhs.val; }
    node operator+(const node &rhs) const { return node(num + rhs.num, val + rhs.val); }
};
node max(node x, node y) { return x < y ? y : x; }
node check(int k) {
    node f0(0, 0), f1(0, 0);
    rep(i, 1, n) {
        node tmp = max(f0 + node(1, b[i] - k), f1);
        f0 = max(f0, f1);
        f1 = tmp;
    }
    return f1;
}

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &R);R = min(R, n - R);
    rep(i, 1, n - 1) { scanf("%d", &a[i]); }
    rep(i, 1, n) { b[i] = a[i - 1] + a[i]; }
    int l=0,r=2e9;
    while(l

解法2

每次贪心的选取 $a_i$ ，但很容易被 $Hack$ 掉
比如给定的序列为 $\{4,4,5,4,4\}$ ,需要选两个灯
但是反悔贪心就不会
具体反悔过程如下 ：

1. 先选出最大 $a_i$ ,并加上它
2. 然后将令 $a_i\leftarrow a_{pr{e}_i}+a_{nx{t}_i}-a_i$

不断用单调队列维护即可

Code

#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N=2e5+7;

int n,r;
int a[N],pre[N],nxt[N];
ll val[N],ans;
bool vis[N];
priority_queue > q;

int main(){
	scanf("%d%d",&n,&r) ; r=min(r,n-r);
	for(int i=1;i

结

也参考了别人的博客，自己综合了一下