XII Open Cup named after E.V. Pankratiev. GP of Eastern Europe (AMPPZ-2012)

A. Automat

$m$ 超过 $1600$ 是没用的。

从后往前考虑，设 $f[i][j][k]$ 表示考虑 $[i,n]$ 这些物品，一共花费 $j$ 元钱，买了 $k$ 个物品的最大收益。

时间复杂度 $O(n^5)$ 。

#include<cstdio>
const int N=45,M=1605;
int n,m,lim,A,B,i,j,k,x,y,z,o,a[N],b[N],f[2][M][N],ans;
inline void up(int&a,int b){a<b?(a=b):0;}
inline int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
int main(){
  scanf("%d%d",&n,&m);
  m=min(m,M-5);
  lim=40;
  for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
  for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i]);
  for(o=0;o<2;o++)for(i=0;i<=m;i++)for(j=0;j<=lim;j++)f[o][i][j]=-1;
  o=0;
  f[0][0][0]=0;
  for(i=n;i;i--,o^=1){
    A=a[i],B=b[i];
    for(j=0;j<=m;j++)for(k=0;k<=lim;k++)f[o^1][j][k]=-1;
    for(j=0;j<=m;j++)for(x=0;x<=B&&j+x*A<=m;x++)for(k=0;k<=lim;k++)if(~f[o][j][k])
      up(f[o^1][j+x*A][min(k+x,lim)],f[o][j][k]+min(k+x,B)*A);
  }
  for(i=0;i<=m;i++)for(j=0;j<=lim;j++)up(ans,f[o][i][j]);
  printf("%d",ans);
}

B. Touristic Bureau

将所有景点按照有趣度从小到大排序，设 $f[i]$ 表示走到 $i$ 的最大获利，则 $f[i]=\max(f[j]+manhattan(i,j))+c[i](j<i)$ 。

枚举曼哈顿距离里 $x$ 和 $y$ 的符号，分别维护最大值即可。

时间复杂度 $O(nm)$ 。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
typedef pair<int,int>P;
typedef long long ll;
const int N=1010,M=N*N;
const ll inf=1LL<<60;
int n,m,i,j,x,c[N][N];vector<P>v[M];
ll g[4],f[N][N],ans;
inline void up(ll&a,ll b){a<b?(a=b):0;}
inline void cal(int x,int y){
  ll t=0;
  up(t,x+y+g[0]);//-x-y
  up(t,x-y+g[1]);//-x+y
  up(t,-x+y+g[2]);//x-y
  up(t,-x-y+g[3]);//x+y
  up(ans,f[x][y]=t+c[x][y]);
}
inline void ins(int x,int y){
  ll t=f[x][y];
  up(g[0],t-x-y);
  up(g[1],t-x+y);
  up(g[2],t+x-y);
  up(g[3],t+x+y);
}
int main(){
  scanf("%d%d",&n,&m);
  for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++){
    scanf("%d",&x);
    if(x)v[x].push_back(P(i,j));
  }
  for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++)scanf("%d",&c[i][j]);
  g[0]=g[1]=g[2]=g[3]=-inf;
  for(i=1;i<M;i++){
    for(j=0;j<v[i].size();j++)cal(v[i][j].first,v[i][j].second);
    for(j=0;j<v[i].size();j++)ins(v[i][j].first,v[i][j].second);
  }
  printf("%lld",ans);
}

C. Sequence

下标模 $k$ 相同的位置最后要一样，故直接将序列长度压缩成 $k$ 然后DP即可。

#include<cstdio>
const int N=1000010;
int n,k,i,j,x,cnt[N][2],f[N][2];
inline void up(int&a,int b){a>b?(a=b):0;}
int main(){
  scanf("%d%d",&n,&k);
  for(i=1;i<=n;i++){
    scanf("%d",&x);
    cnt[i%k][x&1]++;
  }
  for(i=0;i<=k;i++)f[i][0]=f[i][1]=N;
  f[0][0]=0;
  for(i=0;i<k;i++)for(j=0;j<2;j++){
    up(f[i+1][j],f[i][j]+cnt[i][1]);
    up(f[i+1][j^1],f[i][j]+cnt[i][0]);
  }
  printf("%d",f[k][0]);
}

D. DNA

字符集 $=1$ 最优。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=100010;
int n,i,b[N];char a[N],ans;
int main(){
  scanf("%d%s",&n,a+1);
  for(i=1;i<=n;i++)b[a[i]]++;
  ans='A';
  if(b['C']<b[ans])ans='C';
  if(b['T']<b[ans])ans='T';
  if(b['G']<b[ans])ans='G';
  printf("%d\n",b[ans]);
  for(i=1;i<=n;i++)putchar(ans);
}

E. Evaluation

对表达式递归建树，设 $f[i][j]$ 表示 $i$ 子树内运算结果为 $j$ 的方案数。

对于求幂直接计算。

对于加法可以FFT。

对于乘法可以求出原根后取指标然后转化为加法FFT。

时间复杂度 $O(nP\log P)$ 。

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144

145

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
typedef vector<int>V;
const int N=70000,MO=30011;
int P,n,i,j,len,po[MO][10],pos[N],A[N],B[N],C[N];
int ind[N],gen[N],G;
char a[310];
namespace FFT{
typedef long double ld;
const ld pi=acos(-1.0);
struct comp{
  ld r,i;
  comp(ld _r=0,ld _i=0){r=_r,i=_i;}
  comp operator+(const comp&x){return comp(r+x.r,i+x.i);}
  comp operator-(const comp&x){return comp(r-x.r,i-x.i);}
  comp operator*(const comp&x){return comp(r*x.r-i*x.i,r*x.i+i*x.r);}
  comp conj(){return comp(r,-i);}
}A[N],B[N];
inline void FFT(comp a[],int n,int t){
  for(int i=1;i<n;i++)if(i<pos[i])swap(a[i],a[pos[i]]);
  for(int d=0;(1<<d)<n;d++){
    int m=1<<d,m2=m<<1;
    ld o=pi*2/m2*t;comp _w(cos(o),sin(o));
    for(int i=0;i<n;i+=m2){
      comp w(1,0);
      for(int j=0;j<m;j++){
        comp&A=a[i+j+m],&B=a[i+j],t=w*A;
        A=B-t;
        B=B+t;
        w=w*_w;
      }
    }
  }
  if(t==-1)for(int i=0;i<n;i++)a[i].r/=n;
}
inline void mul(int*a,int*b,int*c){
  int i,j;
  for(i=0;i<len;i++)A[i]=comp(a[i],b[i]);
  FFT(A,len,1);
  for(i=0;i<len;i++){
    j=(len-i)&(len-1);
    B[i]=(A[i]*A[i]-(A[j]*A[j]).conj())*comp(0,-0.25);
  }
  FFT(B,len,-1);
  for(i=0;i<len;i++)c[i]=((long long)(B[i].r+0.5))%MO;
}
}
V dfs(int l,int r){
  if(l==r){
    V v;
    v.resize(P);
    for(int i=0;i<P;i++)v[i]=0;
    if(a[l]>='0'&&a[l]<='9')v[(a[l]-'0')%P]=1;
    if(a[l]>='a'&&a[l]<='z')for(int i=0;i<P;i++)v[i]=1;
    return v;
  }
  l++,r--;
  int al=-1,ar,bl,br,op;
  if(a[l]!='('){
    al=ar=l;
    bl=l+2;
    br=r;
    op=a[l+1];
  }else for(int i=l,t=0;i<=r;i++){
    if(a[i]=='(')t++;
    if(a[i]==')'){
      t--;
      if(!t){
        al=l;
        ar=i;
        bl=i+2;
        br=r;
        op=a[i+1];
        break;
      }
    }
  }
  V vl=dfs(al,ar),vr,v;
  v.resize(P);
  for(int i=0;i<P;i++)v[i]=0;
  if(op!='^')vr=dfs(bl,br);
  if(op=='^'){
    int k=a[bl]-'0';
    //printf("[%d,%d]^%d\n",al,ar,k);
    for(int i=0;i<P;i++)(v[po[i][k]]+=vl[i])%=MO;
  }
  if(op=='+'){
    //printf("[%d,%d]+[%d,%d]\n",al,ar,bl,br);
    for(int i=0;i<len;i++)A[i]=B[i]=C[i]=0;
    for(int i=0;i<P;i++)A[i]=vl[i],B[i]=vr[i];
    FFT::mul(A,B,C);
    for(int i=0;i<len;i++)(v[i%P]+=C[i])%=MO;
  }
  if(op=='*'){
    //printf("[%d,%d]*[%d,%d]\n",al,ar,bl,br);
    for(int i=0;i<P;i++)v[0]=(1LL*vl[0]*vr[i]+v[0])%MO;
    for(int i=1;i<P;i++)v[0]=(1LL*vl[i]*vr[0]+v[0])%MO;
    for(int i=0;i<len;i++)A[i]=B[i]=C[i]=0;
    for(int i=1;i<P;i++)A[ind[i]]=vl[i],B[ind[i]]=vr[i];
    FFT::mul(A,B,C);
    for(int i=0;i<len;i++)(v[gen[i%(P-1)]]+=C[i])%=MO;
  }
  //for(int i=0;i<P;i++)printf("->%d %d\n",i,v[i]);
  return v;
}
inline int powmod(int a,int b,int P){
  int t=1;
  for(;b;b>>=1,a=1LL*a*a%P)if(b&1)t=1LL*t*a%P;
  return t;
}
int getG(int n){
  if(n==2)return 1;
  int i,j,t=0;
  static int q[N];
  for(i=2;1LL*i*i<=n-1;i++)if((n-1)%i==0)q[t++]=i,q[t++]=(n-1)/i;
  for(i=2;;i++){
    for(j=0;j<t;j++)if(powmod(i,q[j],n)==1)break;
    if(j==t)return i;
  }
}
int main(){
  scanf("%d%s",&P,a+1);
  n=strlen(a+1);
  if(n==1){
    if(a[1]=='0')return puts("1"),0;
    if(a[1]>='a'&&a[1]<='z')return puts("1"),0;
    return puts("0"),0;
  }
  for(len=1;len<P*2;len<<=1);
  j=__builtin_ctz(len)-1;
  for(i=0;i<len;i++)pos[i]=pos[i>>1]>>1|((i&1)<<j);
  for(i=0;i<MO;i++)for(po[i][0]=j=1;j<10;j++)po[i][j]=1LL*po[i][j-1]*i%P;
  G=getG(P);
  for(i=0,j=1;i<P-1;i++){
    gen[i]=j;
    ind[j]=i;
    j=1LL*j*G%P;
  }
  V ret=dfs(1,n);
  printf("%d",ret[0]);
}

F. Formula-1

设 $s[k]$ 为第 $k$ 辆车最多能进行的超车次数， $A[k]$ 表示它前面那些车给 $s[k]$ 的贡献， $B[k]$ 为后面的，则 $A[k]=\sum_{i=1}^{k-1}(a[i]+1)$ 。

设 $b[i]$ 为第 $i$ 辆车为了到 $k+1$ 这个位置最少需要的超车次数，则 $b[k+1]=0,b[i+1]=b[i]+[a[i]\leq b[i]]$ ，且 $B[k]=\sum_{i=k+1}^n \max(a[i]-b[i],0)$ 。

若对于每个 $k$ 都有 $s[k]\geq a[k]$ ，则可行。

找出最大的 $m$ 满足 $A[m]\leq a[m]$ ，则除了 $m$ 之外所有车都可行，暴力检查 $m$ 即可。

时间复杂度 $O(n)$ 。

#include<cstdio>
const int N=1000010,BUF=30000000;
int Case,n,i,k,a[N],b[N];long long s[N];char Buf[BUF],*buf=Buf;
inline void read(int&a){for(a=0;*buf<48;buf++);while(*buf>47)a=a*10+*buf++-48;}
int main(){
  fread(Buf,1,BUF,stdin);read(Case);
  while(Case--){
    read(n);
    for(i=1;i<=n;i++)read(a[i]);
    for(s[1]=0,i=2;i<=n;i++)s[i]=s[i-1]+a[i-1]+1;
    for(i=1;i<=n;i++)if(s[i]<=a[i])k=i;
    for(b[i=k+1]=0;i<n;i++)b[i+1]=b[i]+(a[i]<=b[i]);
    for(i=k+1;i<=n;i++)if(a[i]>b[i])s[k]+=a[i]-b[i];
    puts(s[k]>=a[k]?"TAK":"NIE");
  }
  return 0;
}

G. General

如果凸包大小 $\leq 2$ ，那么特判即可。

否则凸包大小至少为 $3$ ，对于每个询问，首先在凸包上按极角二分出一条边，看看是否在凸包内或者边上。

如果不在，那么往左往右二分出两条切线的位置，然后用叉积前缀和回答询问即可。

时间复杂度 $O((n+m)\log n)$ 。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100010;
int n,m,ce,i,j,x,y,z,ca,cb,cnt;ll f[N<<1];
struct P{
  int x,y;
  P(){}
  P(int _x,int _y){x=_x,y=_y;}
  P operator-(const P&b){return P(x-b.x,y-b.y);}
  void operator-=(const P&b){*this=*this-b;}
  bool operator==(const P&b){return x==b.x&&y==b.y;}
  bool operator!=(const P&b){return x!=b.x||y!=b.y;}
}a[N],b,c[N<<1],O;
inline bool cmp(const P&a,const P&b){return a.x==b.x?a.y<b.y:a.x<b.x;}
inline ll cross(const P&a,const P&b){return 1LL*a.x*b.y-1LL*a.y*b.x;}
inline void read(int&a){
  char c;bool f=0;a=0;
  while(!((((c=getchar())>='0')&&(c<='9'))||(c=='-')));
  if(c!='-')a=c-'0';else f=1;
  while(((c=getchar())>='0')&&(c<='9'))(a*=10)+=c-'0';
  if(f)a=-a;
}
int convexhull(P*p,int n,P*q){
  int i,k,m;
  for(i=m=0;i<n;q[m++]=p[i++])while(m>1&&cross(q[m-1]-q[m-2],p[i]-q[m-2])<=0)m--;
  k=m;
  for(i=n-2;i>=0;q[m++]=p[i--])while(m>k&&cross(q[m-1]-q[m-2],p[i]-q[m-2])<=0)m--;
  return --m;
}
inline bool point_on_segment(P p,P a,P b){
  return !cross(b-a,p-a)&&1LL*(p.x-a.x)*(p.x-b.x)+1LL*(p.y-a.y)*(p.y-b.y)<=0;
}
inline int askl(int l,int r,P p){
  int t=l++,mid;
  while(l<=r){
    mid=(l+r)>>1;
    if(cross(c[mid]-p,c[(mid-1+n)%n]-c[mid])<=0)l=(t=mid)+1;else r=mid-1;
  }
  return t;
}
inline int askr(int l,int r,P p){
  int t=r--,mid;
  while(l<=r){
    mid=(l+r)>>1;
    if(cross(c[mid]-p,c[(mid+1)%n]-c[mid])>=0)r=(t=mid)-1;else l=mid+1;
  }
  return t;
}
inline ll solve(P p){
  if(n<2)return 0;
  if(n==2)return abs(f[0]+cross(c[1],p)+cross(p,c[0]));
  if(point_on_segment(p,c[0],c[n-1]))return f[n-1];
  int o=0;
  if(p.x>0){
    int l=1,r=n-1,mid;
    while(l<=r)if(cross(c[mid=(l+r)>>1],p)>=0)l=(o=mid)+1;else r=mid-1;
  }else if(p.y>0)o=n-1;
  if(p.x>=0&&cross(p-c[o],c[o+1]-p)<0)return f[n-1];
  if(p.x>=0&&point_on_segment(p,c[o],c[o+1]))return f[n-1];
  int l,r;
  if(p.x>0)l=askl(0,o,p),r=askr(o,n,p);else l=askl(m,n,p),r=askr(0,m,p);
  if(l>r)r+=n;
  return f[n-1]+cross(c[l],p)+cross(p,c[r])-f[r-1]+f[l-1];
}
int main(){
  read(ca),read(cb);
  for(i=1;i<=ca;i++)read(a[i].x),read(a[i].y);
  cnt=ca;
  sort(a+1,a+ca+1,cmp);
  for(ca=0,i=1;i<=cnt;i++)if(i==1||a[i]!=a[i-1])a[++ca]=a[i];
  n=convexhull(a+1,ca,c);
  for(O=c[0],i=0;i<n;i++)c[i]-=O;
  for(i=0;i<n;i++)if(c[i].x>=c[m].x)m=i;
  for(i=0;i<n;i++)c[i+n]=c[i];
  for(i=0;i<n+n;i++){
    f[i]=cross(c[i],c[i+1]);
    if(i)f[i]+=f[i-1];
  }
  while(cb--){
    read(b.x),read(b.y);
    ll tmp=solve(b-O);
    printf("%lld.%lld\n",tmp/2,tmp%2*5);
  }
  return 0;
}

H. Hydra

设 $f[x]$ 为击杀 $x$ 的最小代价，则 $f[x]=\min(k[x],s[x]+\sum(f[x的后继]))$ ，用SPFA来循环更新即可。

#include<cstdio>
typedef long long ll;
const int N=200010,M=1000010,P=1048575,BUF=20000000;
int n,i,j,x,g[N],v[M],nxt[M],ed,in[N],h,t,q[P+1];ll f[N],f2[N];char Buf[BUF],*buf=Buf;
inline void read(int&a){for(a=0;*buf<48;buf++);while(*buf>47)a=a*10+*buf++-48;}
inline void read(ll&a){for(a=0;*buf<48;buf++);while(*buf>47)a=a*10+*buf++-48;}
inline void add(int x,int y){v[++ed]=y;nxt[ed]=g[x];g[x]=ed;}
int main(){
  for(fread(Buf,1,BUF,stdin),read(n),i=1;i<=n;i++)for(read(f2[i]),read(f[i]),read(j);j--;add(x,i))read(x);
  for(i=1;i<=n;i++)for(j=g[i];j;j=nxt[j])f2[v[j]]+=f[i];
  for(i=h=1;i<=n;i++)in[q[++t]=i]=1;
  while(h!=((t+1)&P)){
    x=q[h++],h&=P;
    if(f[x]>f2[x]){
      for(i=g[x];i;i=nxt[i]){
        f2[j=v[i]]-=f[x]-f2[x];
        if(!in[j]){
          in[j]=1;
          q[h=(h-1+P)&P]=j;
        }
      }
      f[x]=f2[x];
    }
    in[x]=0;
  }
  return printf("%lld",f[1]),0;
}

I. Inversions

线段树优化BFS。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1000010,M=2222222;
int n,i,j,a[N],vmi[M],vma[M],mx,tot,e[N][2];
int q[N],h,t;
bool vis[N];
inline void up(int x){
  vmi[x]=min(vmi[x<<1],vmi[x<<1|1]);
  vma[x]=max(vma[x<<1],vma[x<<1|1]);
}
void build(int x,int a,int b){
  if(a==b){
    vmi[x]=vma[x]=::a[a];
    return;
  }
  int mid=(a+b)>>1;
  build(x<<1,a,mid),build(x<<1|1,mid+1,b);
  up(x);
}
void clear(int x,int a,int b,int c){
  if(a==b){
    vis[q[++t]=a]=1;
    vmi[x]=N,vma[x]=0;
    return;
  }
  int mid=(a+b)>>1;
  if(c<=mid)clear(x<<1,a,mid,c);else clear(x<<1|1,mid+1,b,c);
  up(x);
}
void bigger(int x,int a,int b,int c,int d,int p){
  if(vma[x]<p)return;
  if(a==b){
    vis[q[++t]=a]=1;
    vmi[x]=N,vma[x]=0;
    return;
  }
  int mid=(a+b)>>1;
  if(c<=mid)bigger(x<<1,a,mid,c,d,p);
  if(d>mid)bigger(x<<1|1,mid+1,b,c,d,p);
  up(x);
}
void smaller(int x,int a,int b,int c,int d,int p){
  if(vmi[x]>p)return;
  if(a==b){
    vis[q[++t]=a]=1;
    vmi[x]=N,vma[x]=0;
    return;
  }
  int mid=(a+b)>>1;
  if(c<=mid)smaller(x<<1,a,mid,c,d,p);
  if(d>mid)smaller(x<<1|1,mid+1,b,c,d,p);
  up(x);
}
inline void bfs(int S){
  mx=S;
  h=1,t=0;
  clear(1,1,n,S);
  while(h<=t){
    int x=q[h++];
    if(x>mx)mx=x;
    if(x>1)bigger(1,1,n,1,x-1,a[x]);
    if(x<n)smaller(1,1,n,x+1,n,a[x]);
  }
}
int main(){
  scanf("%d",&n);
  for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
  build(1,1,n);
  for(i=1;i<=n;i++)if(!vis[i]){
    bfs(i);
    tot++;
    e[tot][0]=i;
    e[tot][1]=mx;
  }
  printf("%d\n",tot);
  for(i=1;i<=tot;i++){
    printf("%d",e[i][1]-e[i][0]+1);
    for(j=e[i][0];j<=e[i][1];j++)printf(" %d",j);
    puts("");
  }
}

J. Procrastination

按时间从后往前贪心安排任务。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1000010;
int n,i;ll cur;
struct P{int d,t;}a[N];
inline bool cmp(const P&a,const P&b){return a.t>b.t;}
int main(){
  scanf("%d",&n);
  for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i].d,&a[i].t);
  sort(a+1,a+n+1,cmp);
  cur=1LL<<60;
  for(i=1;i<=n;i++){
    if(cur>a[i].t)cur=a[i].t-a[i].d+1;
    else cur-=a[i].d;
  }
  printf("%lld",cur-1);
}

K. Rabbits

若 $n=3$ ，那么贪心取最大的 $k$ 个即可。

否则打枪顺序无关，要么第一枪打 $1$ ，要么第一枪打 $2$ ，要么打 $3..n$ 。

第一枪打 $1$ 和 $2$ 时，模拟出变化后的情况，并将次数减 $1$ ，将环当成序列考虑，那么不能在相邻两个位置打枪，若 $i$ 和 $i-2$ 都打枪，那么可以同时打到 $i-1$ ，DP即可。

第一枪打 $3..n$ 时，可以直接将环当成链DP。

时间复杂度 $O(nk)$ 。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
const int N=4010,M=2010;
int n,m,K,i,j,a[N*2],b[N],f[2][M][2][2],ans;
inline void up(int&a,int b){a<b?(a=b):0;}
inline int dp(int flag){
  if(!K)return 0;
  if(flag){
    b[2]+=b[1],b[m-1]+=b[m];
    b[1]=b[m]=0;
  }
  int i,j,x,y,o=0,ret=0;
  for(j=0;j<=K;j++)for(x=0;x<2;x++)for(y=0;y<2;y++)f[o][j][x][y]=-1;
  f[o][0][0][0]=0;
  for(i=0;i<m;i++,o^=1){
    for(j=0;j<=K;j++)for(x=0;x<2;x++)for(y=0;y<2;y++)f[o^1][j][x][y]=-1;
    for(j=0;j<=K;j++)for(x=0;x<2;x++)for(y=0;y<2;y++)if(~f[o][j][x][y]){
      up(f[o^1][j][y][0],f[o][j][x][y]);
      if(!y&&j<K){
        if(x)up(f[o^1][j+1][y][1],f[o][j][x][y]+b[i]+b[i+1]);
        else up(f[o^1][j+1][y][1],f[o][j][x][y]+b[i+1]);
      }
    }
  }
  for(j=0;j<=K;j++)for(x=0;x<2;x++)for(y=0;y<2;y++)up(ret,f[o][j][x][y]);
  return ret;
}
int main(){
  scanf("%d%d",&n,&K);
  if(!K)return puts("0"),0;
  for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),a[i+n]=a[i];
  if(n==3){
    std::sort(a+1,a+n+1);
    for(i=n;i&&K;i--)ans+=a[i],K--;
    return printf("%d",ans),0;
  }
  K=std::min(K,n/2+5);
  K--;
  for(i=1;i<=2;i++){
    for(m=0,j=i+1;j<i+n;j++)b[++m]=a[j];
    up(ans,dp(1)+a[i]);
  }
  K++;
  for(m=0,i=3;i<=n;i++)b[++m]=a[i];
  up(ans,dp(0));
  return printf("%d",ans),0;
}

posted @ 2018-04-16 01:26 Claris 阅读(739) 评论(0) 编辑收藏举报

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