选元素

选元素

给定一个长度为 $n$ 的整数序列 $a_{1},a_{2}, \dots ,a_{n}$。

请你从中挑选 $x$ 个元素，要求：

1. 原序列中的每一个长度为 $k$ 的连续子序列都至少包含一个被选中的元素。
2. 满足条件 $1$ 的前提下，所选 $x$ 个元素的相加之和应尽可能大。

输出最大可能和。

输入格式

第一行包含三个整数 $n,k,x$。

第二行包含 $n$ 个整数 $a_{1},a_{2}, \dots,a_{n}$。

输出格式

如果无法满足题目要求，则输出 $−1$。

否则，输出一个整数，表示所选元素的最大可能和。

数据范围

前三个测试点满足 $1 \leq k,x \leq n \leq 6$。
所有测试点满足 $1 \leq k,x \leq n \leq 200，1 \leq a_{i} \leq {10}^{9}$。

输入样例1：

5 2 3
5 1 3 10 1

输出样例1：

18

输入样例2：

6 1 5
10 30 30 70 10 10

输出样例2：

-1

输入样例3：

4 3 1
1 100 1 1

输出样例3：

100

 

解题思路

　　首先可以发现这题的选法有很多，大概是指数级别的。例如，如果$k = n$，那么我们的选法就有$C_{n}^{x}$种，那么这题大概率用动态规划或者贪心来做。

　　最后的答案应该是$max\left\{f \left( {n, x} \right), f \left( {n-1, x} \right), \dots, f \left( {n-k+1, x} \right) \right\}$，因为最后一个数$n$不一定会被选，而且因为要求长度为$k$的子序列中至少要有$1$个数被选，因此最远可以选到第$i-k+1$个数。

　　时间复杂度为$O \left( n^{3} \right)$，AC代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 210;

LL a[N], f[N][N];

int main() {
    int n, k, m;
    scanf("%d %d %d", &n, &k, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d", a + i);
    }
    
    // 处理边界
    memset(f, -0x3f, sizeof(f));
    // 这里处理f(i, 1)的情况，也可以直接f(0, 0) = 0
    for (int i = 1; i <= k; i++) {
        f[i][1] = a[i];
    }
    
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            for (int u = max(1, i - k); u < i; u++) {
                f[i][j] = max(f[i][j], f[u][j - 1] + a[i]);
            }
        }
    }
    
    LL ret = -1;
    for (int i = n; i > n - k; i--) {
        ret = max(ret, f[i][m]);
    }
    printf("%lld", ret);
    
    return 0;
}

　　在进行状态计算的时候，可以发现对于固定的$j$，每次都是从一个长度为$k$的窗口中求一个最大值，即$i$枚举的范围是$i-k \sim i-1$。因此可以用单调队列进行优化，先枚举$j$，再枚举$i$，每次维护长度为$k$的窗口中的最大值。

　　时间复杂度为$O \left( n^{2} \right)$，AC代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 210;

LL a[N], f[N][N];
LL q[N], hh, tt = -1;

int main() {
    int n, k, m;
    scanf("%d %d %d", &n, &k, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d", a + i);
    }
    
    memset(f, -0x3f, sizeof(f));
    for (int i = 1; i <= k; i++) {
        f[i][1] = a[i];
    }
    
    for (int j = 2; j <= m; j++) {
        hh = 0, tt = -1;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            if (hh <= tt && q[hh] < i - k) hh++;
            if (hh <= tt) f[i][j] = f[q[hh]][j - 1] + a[i];
            while (hh <= tt && f[q[tt]][j - 1] <= f[i][j - 1]) {
                tt--;
            }
            q[++tt] = i;
        }
    }
    
    LL ret = -1;
    for (int i = n; i > n - k; i--) {
        ret = max(ret, f[i][m]);
    }
    printf("%lld", ret);
    
    return 0;
}

 

参考资料

　　AcWing 4418. 选元素（AcWing杯 - 周赛）：https://www.acwing.com/video/3859/