LOJ3158 [NOI2019]序列
Description
给定两个长度为\(n\)的序列，你需要在两个序列中各选择\(K\)个位置，并且其中至少有\(L\)个位置要是公共的。你要使得所有选出来的元素的和最大
\(T \leq 10, 1 \leq L \leq K \leq n \leq 2 \times 10^5, \sum n \leq 10^6, 1 \leq a_i, b_i \leq 10^9\)
Solution
我们可以先考虑一个\(n^3\)的\(dp\)，设第一个序列为\(a_i\)，第二个序列为\(b_i\)。我们可以先按照\(a_i\)的值降序排序，这样我们只需要考虑不选、选择\(b_i\)、选择\(a_i, b_i\)就可以了。因为剩下的只选\(a_i\)的位置，一定是序列的一段前缀
所以我们设\(dp[i][j][k]\)表示考虑了前\(i\)个位置，选择了\(j\)个相同的位置，选择了\(k\)个\(b_i\)的位置。需要注意的是，选择了\(a_i, b_i\)的情况也可以看成是各选一个的情况。所以转移的时候就枚举\(2\)种情况转移就可以了
然后我们考虑怎么优化这个过程，我们发现当按照\(a_i\)排好序之后。最优的方案一定是先选择一段\(a_i\)的连续前缀，并在其下方选择一些位置的\(b_i\)，然后再在后面选择剩下的\(b_i\)，并在某些\(b_i\)的位置选择\(a_i\)。另外由于\(a_i\)是降序的，所以一定有选择\(a_i, b_i\)的位置均位于选择\(b_i\)的位置的前面
这样我们就可以把这个问题分成两个部分来维护。首先是一段前缀内\(L\)个位置选择\(a_i, b_i\)，前缀剩下的空位置就填补\(L - K\)个\(a_i\)(有可能会超出选择\(a_i, b_i\)的有边界)，后缀就是选择剩下的\(L - K\)个\(b_i\)。所以我们可以处理出两个部分的最优值\(f_i, g_i\)，然后答案就用这两个东西去\(chkmax\)就可以了
\[ans = \max_{i = L}^{n - K + L} f_i + g_{i + 1}
\]
这个东西实现起来比较复杂，后缀只需要用一个堆不断维护前\(L - K\)大的\(b_i\)。前缀需要用\(2\)个堆去维护，其中一个堆维护在\(a_i\)的前缀范围内选择了\(a_i, b_i\)的位置。另一个维护其它的选择了\(a_i, b_i\)的位置，转移就是不断尝试在当前位置选择\(a_i, b_i\)能不能得到更优的答案
Code
30pts
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fst first
#define snd second
#define mp make_pair
#define squ(x) ((LL)(x) * (x))
#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> pii;
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, const T &b) { return a < b ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmin(T &a, const T &b) { return a > b ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline T read() {
T sum = 0, fg = 1; char c = getchar();
for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') fg = -1;
for (; isdigit(c); c = getchar()) sum = (sum << 3) + (sum << 1) + (c ^ 0x30);
return fg * sum;
}
const int maxn = 155;
pii A[maxn];
LL f[maxn][maxn][maxn];
int main() {
freopen("sequence.in", "r", stdin);
freopen("sequence.out", "w", stdout);
int T = read<int>();
while (T--) {
int n = read<int>(), K = read<int>(), L = read<int>();
for (int i = 1; i <= n; i++) A[i].fst = read<int>();
for (int i = 1; i <= n; i++) A[i].snd = read<int>();
sort(A + 1, A + n + 1, greater<pii>());
memset(f, 0, sizeof f);
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 0, e = min(L, i); j <= e; j++)
for (int k = 0, e = min(K, i - j); k <= e; k++) {
if (j) chkmax(f[i][j][k], f[i - 1][j - 1][k] + A[i].fst + A[i].snd);
if (i - j <= K - L) {
chkmax(f[i][j][k], f[i - 1][j][k] + A[i].fst);
if (k) chkmax(f[i][j][k], f[i - 1][j][k - 1] + A[i].fst + A[i].snd);
} else {
chkmax(f[i][j][k], f[i - 1][j][k]);
if (k) chkmax(f[i][j][k], f[i - 1][j][k - 1] + A[i].snd);
}
}
printf("%lld\n", f[n][L][K - L]);
}
return 0;
}
100pts
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fst first
#define snd second
#define mp make_pair
#define squ(x) ((LL)(x) * (x))
#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> pii;
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, const T &b) { return a < b ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmin(T &a, const T &b) { return a > b ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline T read() {
T sum = 0, fg = 1; char c = getchar();
for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') fg = -1;
for (; isdigit(c); c = getchar()) sum = (sum << 3) + (sum << 1) + (c ^ 0x30);
return fg * sum;
}
const int maxn = 2e5 + 10;
pii A[maxn];
int a[maxn], cnt;
pii _a[maxn];
LL f[maxn], g[maxn];
int main() {
freopen("sequence.in", "r", stdin);
freopen("sequence.out", "w", stdout);
int T = read<int>();
while (T--) {
int n = read<int>(), K = read<int>(), L = read<int>(), R = n - K + L + 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) A[i].fst = read<int>();
for (int i = 1; i <= n; i++) A[i].snd = read<int>();
sort(A + 1, A + n + 1, greater<pii>());
static bool b[maxn];
memset(f, 0, sizeof f), memset(g, 0, sizeof g), memset(b, 0, sizeof b);
for (int i = 1; i <= K; i++) _a[i] = mp(A[i].snd, i), f[L] += A[i].fst;
for (int i = 1; i <= L; i++) f[L] += A[i].snd, b[i] = 1;
priority_queue<pii, vector<pii>, greater<pii> > Q1(_a + 1, _a + L + 1);
for (int i = L + 1; i <= K; i++) {
f[i] = f[i - 1];
Q1.push(_a[i]), f[i] += _a[i].fst, b[i] = 1;
f[i] -= Q1.top().fst, b[Q1.top().snd] = 0, Q1.pop();
}
priority_queue<int, vector<int>, greater<int> > Q3;
for (int i = K + 1; i <= n; i++) {
int tt = K - Q3.size();
while (tt) if (b[tt]) Q3.push(A[tt].fst + A[tt].snd), b[tt] = 0, --tt; else break;
f[i] = f[i - 1];
int Max = INT_MIN, pos = 0, val = A[i].fst + A[i].snd;
if (!Q3.empty()) if(chkmax(Max, val - Q3.top())) pos = 1;
int pp = K - Q3.size();
if (!Q1.empty()) {
while (!Q1.empty() && !b[Q1.top().snd]) Q1.pop();
if (!Q1.empty() && chkmax(Max, val - A[pp].fst - Q1.top().fst)) pos = 2;
}
if (Max <= 0) continue;
f[i] += Max, Q3.push(val), b[i] = 1;
if (pos == 1) Q3.pop();
if (pos == 2) b[Q1.top().snd] = 0, Q1.pop();
}
for (int i = R; i <= n; i++) g[R] += (a[i] = A[i].snd);
priority_queue<int, vector<int>, greater<int> > Q2(a + R, a + n + 1);
for (int i = R - 1; i > L; i--) {
g[i] = g[i + 1];
Q2.push(A[i].snd), g[i] += A[i].snd;
g[i] -= Q2.top(), Q2.pop();
}
LL ans = 0;
for (int i = L; i < R; i++) chkmax(ans, f[i] + g[i + 1]);
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
