标签：复杂度 备份 通过 val printf sum 维护 并且 费用流
题意:给定一个长为n的数列,要求选出最多k个不相交的区间(可以不选),使得选中的数字之和最大.(1<=k<=n<=1000000)
分析:首先我们通过预处理对问题做一些简化.原序列中的0对答案没有影响,可以直接删掉.连续的一段正数或一段负数一定是都选或者都不选,可以合并成一个数字.这样把序列转化成了正数和负数交替出现的形式.如果序列的最左端/最右端是负数,这个负数在最优解当中一定不会被选中,我们可以把它删掉.这样就把序列变成了正负交替,以正数开头和结尾的形式.
这时若直接考虑选出k个不相交区间,仍然不好做.这里一个关键是先不考虑k的限制得到一个最优解,然后再对这个解进行调整使得它满足k的限制.
不考虑k的限制,最优解显然就是只选择所有正数,如果这时已经满足k的限制,就直接输出答案,否则我们需要进一步观察性质.
一开始,怎样修改这个解才能使得区间数目减少1呢?有两种方法:
1. 将某个正数由选中变为不选中,区间数减1
2. 将某个负数由不选中变为选中,可以连接两侧的区间使得区间数减1
显然,不论怎样操作,答案都会变小,这个变小的值就是我们修改状态的数的绝对值,那么第一步可以贪心的,现在的问题是怎样实现连续的贪心,并且每一步操作都让区间数减1.
考虑连续的三个数字… (左边一堆数)...a,b,c…(右边一堆数)…,不妨设a<0,c<0,b>0,如果b的权值最小,我们在第一步将b从选变成不选,那么之后单独将a或c从不选变成选就不能减少区间个数,我们打个标记将这两种决策删除掉.但这时有另外一种反悔的决策:同时选中abc三个数,这样可以让区间数再次减1.如果中间的数字是负数,也同理会使接下来可行的决策数目减少2,然后增加一种新的可行决策.我们用一个堆维护所有的决策(priority_queue足矣0),用一个链表维护每个位置前后第一个没有被删除的决策的位置,复杂度O(nlogn)
注意一个边界情况:a,b….(a的左边没有更多数字了,a>0,b<0),如果我们在选b之前将a从选中变为不选中,那么下一步同时选中ab将无法使区间数目减少(a的左边没有一个区间可以和右边连接),此时应当不添加新的决策.(这里我们在选中b之前选中了a,说明ab之和小于0,要么只选a,要么都不选,如果ab都选了一定没有都不选优).如果选a之前选中了b,这时将ab所在的区间变成都不选可以减少区间个数,不需要特殊处理.
类似于bzoj1150数据备份和bzoj2151种树.细节各种狗,一定要对拍…对拍可以费用流,也可以O(n^2)DP
#include<cstdio> #include<queue> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1000005; ll a[maxn]; bool del[maxn]; struct node{ ll w;int pos; node(ll a,int b){ w=a;pos=b; } bool operator <(const node &B)const{ return w<B.w; } }; priority_queue<node> q; int pre[maxn],nxt[maxn];ll val[maxn]; int main(){ int n,k;scanf("%d%d",&n,&k); ll x; int tot=1; scanf("%lld",&a[1]); for(int i=2;i<=n;++i){ scanf("%lld",&x);//printf("%d\n",x); if(x==0)continue; if((x>=0)==(a[tot]>=0)||a[tot]==0)a[tot]+=x; else a[++tot]=x; } ll sum=0;int cnt=0; for(int i=1;i<=tot;++i){ if(a[i]>=0){//printf("%lld\n",a[i]); sum+=a[i];cnt++; } } if(cnt<=k){//printf("!"); printf("%lld\n",sum); }else{ k=cnt-k; int l=1,r=tot; if(a[1]<0)l++; if(a[tot]<0)r--; if(tot==1&&a[1]<0){ printf("0\n"); }else{ for(int i=l;i<r;++i)nxt[i]=i+1; for(int i=l+1;i<=r;++i)pre[i]=i-1; for(int i=l;i<=r;++i)val[i]=(a[i]>=0)?(-a[i]):a[i]; for(int i=l;i<=r;++i)q.push(node(val[i],i)); while(k--){//printf("!"); while(del[q.top().pos])q.pop(); node tmp=q.top();q.pop(); int i=tmp.pos;//printf("%d\n",tmp.w); sum+=tmp.w;del[pre[i]]=del[nxt[i]]=true; if(pre[i]&&nxt[i]){ val[i]=val[pre[i]]+val[nxt[i]]-val[i]; q.push(node(val[i],i)); pre[i]=pre[pre[i]];nxt[i]=nxt[nxt[i]]; if(nxt[i])pre[nxt[i]]=i; if(pre[i])nxt[pre[i]]=i; }else{ del[i]=true;pre[i]=pre[pre[i]];nxt[i]=nxt[nxt[i]]; if(nxt[i])pre[nxt[i]]=pre[i]; if(pre[i])nxt[pre[i]]=nxt[i]; } } } printf("%lld\n",sum); } return 0; }
bzoj3502[PA2012]Tanie Linie(最大k区间和)
标签：复杂度 备份 通过 val printf sum 维护 并且 费用流
原文地址：http://www.cnblogs.com/liu-runda/p/6412205.html
