题目

题目描述

今天是小Z的生日，同学们为他带来了一块蛋糕。这块蛋糕是一个长方体，被用不同色彩分成了N个相同的小块，每小块都有对应的幸运值。

小Z作为寿星，自然希望吃到的第一块蛋糕的幸运值总和最大，但小Z最多又只能吃M小块(M≤N)的蛋糕。

吃东西自然就不想思考了，于是小Z把这个任务扔给了学OI的你，请你帮他从这N小块中找出连续的k块蛋糕(k≤M)，使得其上的幸运值最大。

输入格式

输入文件cake.in的第一行是两个整数N,M。分别代表共有N小块蛋糕，小Z最多只能吃M小块。

第二行用空格隔开的N个整数，第i个整数Pi代表第i小块蛋糕的幸运值。

输出格式

输出文件cake.out只有一行，一个整数，为小Z能够得到的最大幸运值。

输入输出样例

输入 #1

5 2
1 2 3 4 5

输出 #1

输入 #2

6 3
1 -2 3 -4 5 -6

输出 #2

说明/提示

对20%的数据，N≤100。

对100%的数据，N≤500000，|Pi|≤500。答案保证在2^31-1之内。

题解

设$f[i]$为以$i$个元素结尾的连续子段的最大值：

$$ f[i] = \max_{i - m \leq j \leq i - 1} \{\text{sum}[i] - \text{sum}[j]\} $$

改写:

$$ f[i] = \text{sum}[i] - \min_{i - m \leq j \leq i - 1} \text{sum}[j] $$

显而易见，我们要维护一个最小值的单调队列，也就是一个递增的单调队列，这样我们就可以得到线性的复杂度。

不过我的做法有点黑魔法（雾），我想的时候是这么想的：以第$i$个元素开始的连续子段的最大值，这样其实就要维护一个递减的单调队列，不过时间复杂度就变成了$O(m + n) \approx O(n)$

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#define int long long

using namespace std;

const int maxn = 500005 * 2;
struct node { int val, pos; } q[maxn];
int a[maxn], s[maxn], m, n;

signed main() {
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		cin >> a[i]; s[i] = s[i - 1] + a[i]; 
	}
	for (int i = n + 1; i <= m + n; i ++) s[i] = s[n];
	int head = 0, tail = 0;
	int ans = -8e18;
	// max --> decrease
	for (int i = 1; i <= n + m; i ++) {
		while (head < tail && s[i] >= q[tail - 1].val) tail --;
		q[tail ++] = (node) { s[i], i };
		while (head < tail && i - q[head].pos + 1 > m) head ++;
		ans = max(ans, q[head].val - s[(i - m >= 0) ? i - m : 0]);
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

gyro永不抽风

P1714 切蛋糕 - 单调队列

题目

题目描述

输入格式

输出格式

输入输出样例

说明/提示

题解

代码

公告