51nod 1254 最大子段和 V2 ——单调栈
N个整数组成的序列a[1],a[2],a[3],…,a[n],你可以对数组中的一对元素进行交换,并且交换后求a[1]至a[n]的最大子段和,所能得到的结果是所有交换中最大的。当所给的整数均为负数时和为0。
例如:{-2,11,-4,13,-5,-2, 4}将 -4 和 4 交换,{-2,11,4,13,-5,-2, -4},最大子段和为11 + 4 + 13 = 28。
Input
第1行:整数序列的长度N(2 <= N <= 50000)
第2 - N + 1行:N个整数(-10^9 <= A[i] <= 10^9)
Output
输出交换一次后的最大子段和。
Input示例
7
-2
11
-4
13
-5
-2
4
Output示例
28
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这道题可以做到O(n) 但是瓶颈在读入
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这道题 我们可以枚举右端点
这个我们先强制我们换的数只能是右端点后面的数(之后把数组倒过来再来一次就可以了)
维护一波后缀和(s【i】表示i-n的和)以及后缀最大值 (mx【i】表示i-n的mx)
那么我们枚举右端点之后 目的自然是求 到i的后缀和s【l】 减去 l到i的区间的最小值(min【l,r】) 的最优解
答案就是s【l】-min【l,r】-s【i+1】+mx【i+1】
那么因为 -s【i+1】+mx【i+1】已知
我们要维护的就是s【l】-mn【l,r】
我们可以利用单调栈维护每个mn所能占领的区间
这样就把数列分成了若干个区间 然后维护区间max(s【l】)
根据每个区间的情况记录最优解 很明显最优解只会越来越优
这样我们每次移动右端点的时候 就用当前端点的值v【i】去弹出栈的元素
然后更新新的区间的信息就好了
#include<stdio.h> #include<cstring> #include<algorithm> #define LL long long using namespace std; const int M=55007; const LL inf=1e15; char buf[11*M],*ptr=buf-1; int read(){ int ans=0,f=1,c=*++ptr; while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') f=-1; c=*++ptr;} while(c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+(c-'0'); c=*++ptr;} return ans*f; } int n; LL c[M],v[M],s[M],mx[M],mxh,ans; int cnt; struct node{LL mn,h;}q[M]; void solve(){ mxh=-inf; cnt=0; for(int i=n;i;i--) s[i]=s[i+1]+v[i],mx[i]=max(mx[i+1],v[i]); for(int i=1;i<=n;i++){ LL nowh=s[i]; while(cnt&&q[cnt].mn>=v[i]) nowh=max(nowh,q[cnt].h),cnt--; q[++cnt].mn=v[i]; q[cnt].h=nowh; mxh=max(mxh,nowh-v[i]); ans=max(ans,mxh-s[i+1]+mx[i+1]); } } int main(){ fread(buf,1,sizeof(buf),stdin); n=read(); for(int i=1;i<=n;i++) v[i]=read(); v[n+1]=-inf; for(int i=n;i;i--) s[i]=s[i+1]+v[i],mx[i]=max(mx[i+1],v[i]); solve(); reverse(v+1,v+1+n); solve(); printf("%lld\n",ans); return 0; }