51nod 1053 最大M子段和 V2
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第1行:2个数N和M,中间用空格分隔。N为整数的个数,M为划分为多少段。(2 <= N , M <= 50000)
第2 - N+1行:N个整数(-10^9 <= a[i] <= 10^9)
输出
输出这个最大和
输入样例
7 2
-2
11
-4
13
-5
6
-2
输出样例
26 v2果然是难了,还用dp就超时了,学无止境,本道题采用特别巧妙的贪心思想的方法,把相邻的正数或者负数,都加到一起,形成新的序列,也就是正数和负数交叉的序列,假如原序列是1 2 -3 -4 3,压缩后:
3 -7 3,存到一个新的数组里,我们用ans记录所有正数的和,显然新数组里每一项都是一段,我们还要记录所有正数段得到个数,我们要保持正数段的个数在m之内,所以我们把所有的数段的绝对值,以及位置,存到一个set里,
也可以用链表,这样做的目的是用负数填补空缺,从而把两个正数段合并为一段,我们需要知道每一段左右分别是谁,方便合并,不是单纯的下表加1和减1,因为合并多了,中间会有很多无效的位置,当然了用链表就不需要考虑这些问题,直接删除节点即可。
那么怎么来合并呢,set里存绝对值和位置组成的pair,这样排序就按照绝对值排序了,每次选择绝对值最小的,假如这个数是正的,那么就用ans减去,然后跟两边的合并,因为set里所有的负数绝对值都比他大,所以ans肯定不包括它了,如果是负数,也是ans减去绝对值,负数跟两边的整数合并了,实际上让ans减少了。
代码:
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <set>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m;
ll d,last;
ll s[];
int l[],r[];
int sc;
void modify(int cur) {///修改左右相邻结点的下标
int ll = l[cur],rr = r[cur];
if(ll) {
r[ll] = rr;
}
if(rr) {
l[rr] = ll;
}
}
int main() {
while(~scanf("%d%d",&n,&m)) {
ll sum = ,ans = ,c = ;
set<pair<ll,int> > ss;
for(int i = ;i < n;i ++) {
scanf("%lld",&d);
if(d * last < ) {
s[++ sc] = sum;
if(sc == && sum < ) sc --;
sum = d;
}
else sum += d;
last = d;
}
if(sum > ) s[++ sc] = sum;
c = (sc + ) / ;
for(int i = ;i <= sc;i ++) {
ss.insert(make_pair(abs(s[i]),i));
ans += (s[i] > ? s[i] : );
l[i] = i - ;
r[i] = i + ;
}
r[sc] = ;
while(c > m) {
int cur = ss.begin() -> second;
ss.erase(ss.begin());
if(s[cur] < && (!l[cur] || !r[cur])) continue;///如果是负数,而且是处在首尾的位置那么就没必要合并了。
ans -= abs(s[cur]);
s[cur] += s[l[cur]] + s[r[cur]];
if(l[cur]) {
ss.erase(make_pair(abs(s[l[cur]]),l[cur]));
modify(l[cur]);
}
if(r[cur]) {
ss.erase(make_pair(abs(s[r[cur]]),r[cur]));
modify(r[cur]);
}
if(s[cur]) ss.insert(make_pair(abs(s[cur]),cur));
c --;
}
printf("%lld\n",ans);
}
return ;
}
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