[CF1519D] Maximum Sum of Products （暴力）

题面

有两个长为

n

n

n 的序列

a

a

a 和

b

b

b，至多反转

a

a

a 的一个子区间，最大化

∑

i

=

1

n

a

i

⋅

b

i

\sum_{i=1}^na_i\cdot b_i

∑i=1n​ai​⋅bi​ 并输出这个值。

1

≤

n

≤

5000

1\leq n\leq5000

1≤n≤5000，答案不会爆 long long。

题解

绝大部分人都在考场上用的是官方题解的做法，基本没有什么别的做法了，如果有，那估计就是提交榜单最末尾那些1900+ ms的做法吧。

数据非常小，再加上又是Div2，让人不禁想起暴力做法。朴素的暴力是枚举要翻转的区间

[

l

,

r

]

[l,r]

[l,r] ，然后把它带给答案的变化量加上，取最优输出。

这样是

O

(

n

3

)

O(n^3)

O(n3) 的，过不了。为什么这个暴力不可行，因为我们每次计算区间

[

l

,

r

]

[l,r]

[l,r] ，都要把整个

[

l

,

r

]

[l,r]

[l,r] 模拟翻转一遍在计算答案，这是低效的。

只要我们注意到

[

l

,

r

]

[l,r]

[l,r] 的答案可以从

[

l

+

1

,

r

−

1

]

[l+1,r-1]

[l+1,r−1] 的答案

O

(

1

)

O(1)

O(1) 转移过来，我们就解决这个问题了。这很好理解，因为这两个区间的旋转中心相等，它们的模拟翻转过程只有最边上不同。

你可以暴力从每个旋转中心往外扩展计算，也可以用 Dynamic Programming 仿照上面说的转移写。都是

O

(

n

2

)

O(n^2)

O(n2) 的，差别不大。

CODE

#include<set>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 5005
#define ENDL putchar('\n')
#define LL long long
#define DB double
#define lowbit(x) ((-x) & (x))
LL read() {
	LL f = 1,x = 0;char s = getchar();
	while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
	while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
	return f * x;
}
int n,m,i,j,s,o,k;
LL a[MAXN],b[MAXN];
int main() {
	n = read();
	LL sum = 0;
	for(int i = 1;i <= n;i ++) a[i] = read();
	for(int i = 1;i <= n;i ++) {
		b[i] = read(); sum += a[i] * b[i];
	}
	LL ans = sum;
	for(int i = 1;i <= n;i ++) {// 从中心扩展
		LL sm = sum;
		for(int j = i-1,k = i+1;j > 0 && k <= n;j --,k ++) { // 长度为奇数，中心是个点
			sm -= a[j]*b[j] + a[k]*b[k];
			sm += a[j]*b[k] + a[k]*b[j];
			ans = max(ans,sm);
		}
		sm = sum;
		for(int j = i,k = i+1;j > 0 && k <= n;j --,k ++) { // 长度为偶数，中心是个分界线
			sm -= a[j]*b[j] + a[k]*b[k];
			sm += a[j]*b[k] + a[k]*b[j];
			ans = max(ans,sm);
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}