CF889E题解

合集 - CF题解(3)

1.CF889E题解2024-08-21

2.CF1693F题解2024-08-223.CF1793E题解2024-10-19

收起

$\text{Problem - 889E - Codeforces}$ $\text{*3000}$

修正

感谢学长 $\text{fs}$ 指出状态数原因解释的错误。

题意

给一个序列，对于一个非负整数 $x$，有一个式子：

$$xmod{a}_1+xmod{a}_{1}mod{a}_2+...+xmod{a}_{1}mod{a}_2...mod{a}_n$$

求出上式的最大值。

思路

先去寻找题目的性质。

首先 $x$ 的值单调不增，然后如果当前 $x$ 的值小于 $a_i$ 则对 $x$ 无影响。

对于上述两条，我们首先能够总结出一点：一定存在一个答案区间 $[l,r]$，其中 $an{s}_l=an{s}_r=a_l-1$。说人话就是首先答案是一段一段的递减区间，然后一定有一段区间的值顶着对应区间的上界。因为如果没有，则可以至少令当前 $x+1$，然后答案更大。然后就是 $x+1$ 的操作的正确性是因为余数性质：$x+y\equiv x\mathrm{\%}p+y\mathrm{\%}p(\mathrm{mod}p)$，所以只要操作后 $x$ 小于 $p$ 后面区间就不会变成零，并且我如果将最初的 $x+1$，那么所有位置的 $x$ 就都会加一，答案也都会加一。

然后对于这道题有一个显然的暴力 $dp$。我们令 $f_{i,j}$ 表示计算到位置 $i$ 当前 $x$ 值为 $j$ 的最大值，转移显然，复杂度是 $O(n\times a_1)$。

考虑能否优化状态。因为答案区间是一段一段的递减，其实我们枚举 $j$ 的时候就会发现最下面的答案是 $i\times j$，然后上面变成一段更小的单调不增的区间。然后根据之前发现每个位置对应的 $x$ 同加同减，也就是说他们的相对值不变，所以如果我们不去维护最后的答案而是只维护上层的答案，那么更新（转移）上面的答案就是 $O(1)$ 的。比如我转移状态需要修改 $x$ 时，我只需要把区间整体答案修改即可。

所以我们得到了最终的 $dp$，设 $f_{i,j}$ 表示计算到位置 $i$ 当前 $x$ 值为 $j$ 时每个 $x$ 大于 $j$ 的部分的和，最后答案就是 $\underset{0\le i<a_n}{max}\{f_{n,i}+n\times i\}$。转移时对于 $f_{i,j}$ 分成两种情况考虑：

1. 直接转移到 $f_{i+1,j\mathrm{\%}{a}_{i+1}}$：这时 $j$ 变小，答案加上 $j-j\mathrm{\%}{a}_{i+1}$ 的高度；
2. 每次新维护一个 $f_{i+1,a_{i+1}-1}$：答案加上的高度类比第一种即可。

存在第二种转移是因为性质一告诉我们一定会有一个 $x=a_i-1$，所以每次需要维护。

关于复杂度的话，考虑对于每个 $i$，至多存在 $0,1,2...,a_i-1$ 一共 $a_i$ 种状态，所以初始状态可看成 $n$ 种；每次转移会将 $j$ 转移到 $j\mathrm{\%}{a}_i$ 上，又因为每次取模 $j$ 至少减半，所以状态是 $n\log x$ 的。然后实际 $dp$ 的时候，第一维滚掉，第二维发现 $j$ 太大用 $\text{map}$ 存，然后 $\text{map}$ 也有一只 $\log$，所以时间复杂度是 $O(n\log x\log n)$。

代码

signed main(){
    n = rd(), res[p = rd() - 1] = 0;
    for(int i = 2; i <= n; ++i){
        p = rd();
        for(map < ll , ll > :: iterator it = res.lower_bound(p); it != res.end(); res.erase(it++)){
            ll j = (*it).first, f = (*it).second;
            res[j % p] = max(res[j % p], f + (i - 1) * (j - j % p));
            res[p - 1] = max(res[p - 1], f + (i - 1) * ((j + 1) / p * p - p));
        }
    }
    for(map < ll , ll > :: iterator it = res.begin(); it != res.end(); it++)ans = max(ans, n * (*it).first + (*it).second);
    printf("%lld", ans);
    return 0;
}