问题 A: 最大K段和
时限: 1 Sec 内存: 128 MB
题目描述
fzszkl有一个长度为N的序列A 。他希望从中选出不超过K个连续子段，满足它们两两不相交，求总和的最大值（可以一段也不选，答案为 0）。
输入格式
第一行输入两个正整数 N，K 。 第二行输入 N个整数Ai 。
输出格式
输出一行一个非负整数表示答案。
输入样例
7 2
-1 9 -2 6 -8 1 -7输出样例
15提示
N,M<=10^5
题解
明显WQS二分（虽然不知道是不是凸函数）（应该是凸函数吧）
然后把每个位置都加了一个权。。。调了1.5h，以为是自己的二分或check写错了，各种换二分姿势。。。
后来发现对每个位置加权连单调性都没有（因为增大加权可以减少段数，减小加权也可以减少段数）。。。更别说凸了
于是就。。。。。。人没了
其实应该对每一个要选的段加一个权
然后单调队列DP，又由于它没有决策点的左端的限制，所以直接记一下最大值的位置就好了，注意特判
WQS二分最重要的就是：限制什么的个数，就对什么加权（当然前提是凸函数）
代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int gi()
{
char c;int num=0,flg=1;
while((c=getchar())<'0'||c>'9')if(c=='-')flg=-1;
while(c>='0'&&c<='9'){num=num*10+c-48;c=getchar();}
return num*flg;
}
#define N 100005
#define LL long long
const LL INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;
int a[N],g[N],n;
LL sum[N],f[N];
int check(LL mid)
{
int mx=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(f[mx]+sum[i]-sum[mx]+mid>f[i-1]||(f[mx]+sum[i]-sum[mx]+mid==f[i-1]&&g[mx]+1<g[i]))
f[i]=f[mx]+sum[i]-sum[mx]+mid,g[i]=g[mx]+1;
else
f[i]=f[i-1],g[i]=g[i-1];
if(f[i]-sum[i]>f[mx]-sum[mx]||(f[i]-sum[i]==f[mx]-sum[mx]&&g[i]<g[mx]))
mx=i;
}
return g[n];
}
int main()
{
int k,i,cnt=0;LL tmp=0;
n=gi();k=gi();
for(i=1;i<=n;i++){
a[i]=gi();
sum[i]=sum[i-1]+1ll*a[i];
if(a[i]>0)tmp+=1ll*a[i],cnt++;
}
if(cnt<k){
printf("%lld",tmp);
return 0;
}
LL l,r,mid,ans=0;
l=-INF;r=0;
while(l<=r){
mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)<=k){
ans=mid;
l=mid+1;
}
else
r=mid-1;
}
check(ans);
printf("%lld",f[n]-1ll*ans*k);
}其实还有一个加强版本：https://www.luogu.org/problem/CF280D（带修改+区间查询）
这道题有一点模拟费用流的思想（就有点像可以反悔的贪心）
把选走的区间的所有数乘一个-1
然后用线段树大力维护就可以了
问题 B: 双端队列xLIS问题
时限: 1 Sec 内存: 128 MB
题目描述
fzszkl有N个数Ai ，他准备将他们依次插入一个双端队列（每次可以在头或尾插入一个元素），最后将 整个队列从尾到头看成一个序列，求出最长上升子序列的长度L 。他想知道， L的最大值是多少。 序列A 的一个上升子序列的严谨定义：从一个序列中删掉若干（可以为0 ）个数，剩下的数满足对于任意i<j,Ai<Aj ，则称剩下的数为原序列的一个上升子序列。
输入格式
第一行输入一个正整数 N。 第二行输入N个正整数Ai 。
输出格式
输出一行一个正整数表示答案。
输入样例
8
1 9 2 6 8 1 7 1926817输出样例
5提示
插入时，分别选择头头尾头头尾头头，得到的序列为1,2,1,9,6,8,7,1926817，最长上升子序列为1,2,6,8,1926817 ，长度为5 。可以证明，不存在更优的方案能构造出更长的上升子序列。
对于所有数据，满足：1<=N<=10^5,1<=Ai<=10^9
题解
首先对于一个数，从它开始的最长上升子序列是必定排在它后面的
然后观察了一下性质，发现1 9 2是永远不能排列为成1 2 9的
但是2 1 3可以排列为1 2 3
于是可以推理出：一个数，如果它后面有数比它小，则这个较小的数可以排到它的前面
但是又发现这些较小的数必须是一个递减子序列
所以答案就是从一个数开始的最长上升子序列+最长下降子序列-1
代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int gi()
{
char c;int num=0,flg=1;
while((c=getchar())<'0'||c>'9')if(c=='-')flg=-1;
while(c>='0'&&c<='9'){num=num*10+c-48;c=getchar();}
return num*flg;
}
#define N 100005
int a[N],tmp[N],b[N],f[N],g[N];
int main()
{
int n,i,len=1;
n=gi();
for(i=1;i<=n;i++)
a[i]=gi();
for(i=1;i<=n;i++)
tmp[i]=a[n-i+1];
len=0;
for(i=1;i<=n;i++){
int j=lower_bound(b+1,b+len+1,tmp[i])-b;
b[j]=tmp[i];
if(j==len+1)len++;
f[i]=j;
}
for(i=1;i<=n;i++)
tmp[i]=-a[n-i+1];
memset(b,0,sizeof(b));
len=0;
for(i=1;i<=n;i++){
int j=lower_bound(b+1,b+len+1,tmp[i])-b;
b[j]=tmp[i];
if(j==len+1)len++;
g[i]=j;
}
int ans=1;
for(i=1;i<=n;i++)
ans=max(ans,f[i]+g[i]-1);
printf("%d",ans);
}
问题 C: 最大前缀和
时限: 1 Sec 内存: 128 MB
题目描述
输入格式
输入两个正整数N和M，表示1的数量和-1的数量 (N<=2000,M<=2000)
输出格式
输出答案对998244853(是个质数）取模的值。
输入样例
2 2输出样例
5提示
本质不同的序列有6种。
[1,1,-1,-1]，最大前缀和为 2；
[1,-1,1,-1] ，最大前缀和为1 ；
[1,-1,-1,1] ，最大前缀和为1 ；
[-1,1,1,-1] ，最大前缀和为1 ；
[-1,1,-1,1] ，最大前缀和为0;
[-1,-1,1,1]，最大前缀和为0.
题解
先从数据范围自然想到一个O(n^3)的DP
然后又调了1h，最后发现自己有一个地方没有+1（我*……#@*￥……）！）
代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int mod=998244853;
int f[205][105][105];
int n,m,ans;
int cnt1,cnt_1;
void dfs(int i,int mx)
{
if(i>n+m){
ans+=mx;
if(ans>=mod)ans-=mod;
return;
}
if(cnt1<n){
cnt1++;
dfs(i+1,max(mx,cnt1-cnt_1));
cnt1--;
}
if(cnt_1<m){
cnt_1++;
dfs(i+1,max(mx,cnt1-cnt_1));
cnt_1--;
}
}
int main()
{
int i,j,k;
scanf("%d%d",&n,&m);
if(n<=10&&m<=10){
dfs(1,0);
printf("%d",ans);
}
else if(n<=100&&m<=100){
f[0][0][0]=1;
for(i=0;i<n+m;i++)
for(j=0;j<=i;j++)if(i-j<=m&&j<=n)
for(k=0;k<=j;k++){
if(!f[i][j][k])continue;
if(j+1<=n)(f[i+1][j+1][max(j+1-(i-j),k)]+=f[i][j][k])%=mod;
if(i+1-j<=m)(f[i+1][j][max(j-(i+1-j),k)]+=f[i][j][k])%=mod;
}
int sum=0;
for(i=max(n-m,0);i<=n;i++){
sum+=1ll*f[n+m][n][i]*i%mod;
if(sum>=mod)sum-=mod;
}
printf("%d",sum);
}
}
然后有因为是+1 -1，自然想到括号序列——>卡特兰数——>直线翻折
我们把+1 -1分别看成上走一步和右走一步
然后问题就转换为求点(0,0)到点(n,m)的路径，每条路径的加权为该路径上的所有点(i,j)的max(i-j，0)
点（0,0）到点（a，b）（只能右上走和右下走）且不超过直线y=x+b的方案数为：
点（0,0）到点（a，b）的所有方案 - 点（0,0）关于y=x+b的对称点到（a，b）的所有方案
于是就可以O(n)了
代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int mod=998244853;
int f[205][105][105];
int n,m,ans;
int cnt1,cnt_1;
void dfs(int i,int mx)
{
if(i>n+m){
ans+=mx;
if(ans>=mod)ans-=mod;
return;
}
if(cnt1<n){
cnt1++;
dfs(i+1,max(mx,cnt1-cnt_1));
cnt1--;
}
if(cnt_1<m){
cnt_1++;
dfs(i+1,max(mx,cnt1-cnt_1));
cnt_1--;
}
}
int jcinv[2005],jc[2005];
int ksm(int x,int y)
{
int ans=1;
while(y){
if(y&1)ans=1ll*ans*x%mod;
y>>=1;x=1ll*x*x%mod;
}
return ans;
}
void shai()
{
jcinv[0]=jc[1]=jc[0]=1;
for(int i=2;i<=2000;i++)
jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%mod;
jcinv[2000]=ksm(jc[2000],mod-2);
for(int i=1999;i>=1;i--)
jcinv[i]=1ll*jcinv[i+1]*(i+1)%mod;
}
int C(int x,int y)
{
return 1ll*jc[x]*jcinv[y]%mod*jcinv[x-y]%mod;
}
int main()
{
//freopen("maxpsum.in","r",stdin);
//freopen("maxpsum.out","w",stdout);
int i,j,k;
scanf("%d%d",&n,&m);
if(n<=10&&m<=10){
dfs(1,0);
printf("%d",ans);
}
else if(n<=100&&m<=100){
f[0][0][0]=1;
for(i=0;i<n+m;i++)
for(j=0;j<=i;j++)if(i-j<=m&&j<=n)
for(k=0;k<=j;k++){
if(!f[i][j][k])continue;
if(j+1<=n)(f[i+1][j+1][max(j+1-(i-j),k)]+=f[i][j][k])%=mod;
if(i+1-j<=m)(f[i+1][j][max(j-(i+1-j),k)]+=f[i][j][k])%=mod;
}
int sum=0;
for(i=max(n-m,0);i<=n;i++){
sum+=1ll*f[n+m][n][i]*i%mod;
if(sum>=mod)sum-=mod;
}
printf("%d",sum);
}
else{
shai();
int ans=0,pre=0;
for(i=n-m;i<=n;i++){
int t=((C(n+m,n)-C(n+m,i+m+1))%mod-pre)%mod;
if(i>0)ans=(1ll*ans+1ll*t*i)%mod;
pre=(1ll*pre+1ll*t)%mod;
}
printf("%d",ans);
}
}
