【动态规划】【单调队列】最大子序列的和 (max.c/cpp/pas)
2012-10-14 20:57
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最大子序列的和 (max.c/cpp/pas)
LazyChild有一个长度为N的整数序列(a1,a2,…,an),他希望你从中找出一段连续的长度不小于A,且不超过B的子序列,使得这个子序列的和最大。
例如:1,-3,5,1,-2,3。
当A=2,B=2或3时 S=5+1=6。当A=3,B=4时 S=5+1+(-2)+3=7
【输入文件】
第一行三个整数N,A,B(1<=A<=B<=N)。
第二行为N整数,每个整数用空格隔开,表示该整数序列。
【输出文件】
一行一个整数,为最大子序和。
【样例输入】
6 3 4
1 -3 5 1 -2 3
【样例输出】
7
【数据规模和约定】
对于30%的数据,N<=1000
对于另外30%的数据, A = 1且 B = n。
对于100%的数据,N<=500000。
对于30% N <= 1000的情况可以直接用前缀和优化枚举O(N^2)可以通过
对于另外30%的数据,A = 1且 B = n 相当于特殊化了题目直接DP
方程
F[i] = max(F[i - 1] + num[i], num[i])
O(N)可以通过
而对于100%的数据
F[i] = max{sum[i] - min(s[j - 1])}
时间复杂度最坏O(N^2)
所以需要队列优化
首先如果队首过期了(也就是达到区间上届(说白了就是i - q[l] > Max))就出队
然后如果队尾的元素不可能有将要入队的元素优(也就是说将要入队的元素的sum值比队尾元素大或相等(相等也要讲队尾剔除 因为将要入队的元素更新,更有机会刷新解))
最终队首的元素就是方程中的s[j - 1]
代码如下
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
using namespace std;
int N, Min, Max;
int MAX = -999999999 + 5;
int Q[500050];
int sum[500050];
void init_file()
{
freopen("max.in", "r", stdin);
freopen("max.out", "w", stdout);
}
void read_data()
{
scanf("%d%d%d", &N, &Min, &Max);
for(int i = 1; i <= N; i++)
{
int x;
scanf("%d", &x);
sum[i] = sum[i - 1] + x;
}
}
void work()
{
int l = 0;
int r = 0;
r ++;
Q[r] = 0;
int ans = -0x3f3f3f3f;
for(int i = Min; i <= N; i++)
{
while(l<r && i - Q[l+1] > Max) l++;
while(l<r && sum[Q[r]]>=sum[i-Min]) r--;
Q[++r] = i-Min;
ans = max(ans,sum[i]-sum[Q[l+1]]);
}
printf("%d",ans);
}
int main()
{
init_file();
read_data();
work();
return 0;
}
LazyChild有一个长度为N的整数序列(a1,a2,…,an),他希望你从中找出一段连续的长度不小于A,且不超过B的子序列,使得这个子序列的和最大。
例如:1,-3,5,1,-2,3。
当A=2,B=2或3时 S=5+1=6。当A=3,B=4时 S=5+1+(-2)+3=7
【输入文件】
第一行三个整数N,A,B(1<=A<=B<=N)。
第二行为N整数,每个整数用空格隔开,表示该整数序列。
【输出文件】
一行一个整数,为最大子序和。
【样例输入】
6 3 4
1 -3 5 1 -2 3
【样例输出】
7
【数据规模和约定】
对于30%的数据,N<=1000
对于另外30%的数据, A = 1且 B = n。
对于100%的数据,N<=500000。
对于30% N <= 1000的情况可以直接用前缀和优化枚举O(N^2)可以通过
对于另外30%的数据,A = 1且 B = n 相当于特殊化了题目直接DP
方程
F[i] = max(F[i - 1] + num[i], num[i])
O(N)可以通过
而对于100%的数据
F[i] = max{sum[i] - min(s[j - 1])}
时间复杂度最坏O(N^2)
所以需要队列优化
首先如果队首过期了(也就是达到区间上届(说白了就是i - q[l] > Max))就出队
然后如果队尾的元素不可能有将要入队的元素优(也就是说将要入队的元素的sum值比队尾元素大或相等(相等也要讲队尾剔除 因为将要入队的元素更新,更有机会刷新解))
最终队首的元素就是方程中的s[j - 1]
代码如下
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
using namespace std;
int N, Min, Max;
int MAX = -999999999 + 5;
int Q[500050];
int sum[500050];
void init_file()
{
freopen("max.in", "r", stdin);
freopen("max.out", "w", stdout);
}
void read_data()
{
scanf("%d%d%d", &N, &Min, &Max);
for(int i = 1; i <= N; i++)
{
int x;
scanf("%d", &x);
sum[i] = sum[i - 1] + x;
}
}
void work()
{
int l = 0;
int r = 0;
r ++;
Q[r] = 0;
int ans = -0x3f3f3f3f;
for(int i = Min; i <= N; i++)
{
while(l<r && i - Q[l+1] > Max) l++;
while(l<r && sum[Q[r]]>=sum[i-Min]) r--;
Q[++r] = i-Min;
ans = max(ans,sum[i]-sum[Q[l+1]]);
}
printf("%d",ans);
}
int main()
{
init_file();
read_data();
work();
return 0;
}
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