51nod 最大M子段和系列

1052 最大M子段和

N个整数组成的序列a[1],a[2],a[3],…,a[n]，将这N个数划分为互不相交的M个子段，并且这M个子段的和是最大的。如果M >= N个数中正数的个数，那么输出所有正数的和。

例如：-2 11 -4 13 -5 6 -2，分为2段，11 -4 13一段，6一段，和为26。

Input

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 <= 5000)
第2 - N+1行：N个整数 (-10^9 <= a[i] <= 10^9)

Output

输出这个最大和

Input示例

7 2
-2
11
-4
13
-5
6
-2

Output示例

26
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1254 最大子段和 V2

N个整数组成的序列a[1],a[2],a[3],…,a[n]，你可以对数组中的一对元素进行交换，并且交换后求a[1]至a[n]的最大子段和，所能得到的结果是所有交换中最大的。当所给的整数均为负数时和为0。

例如：{-2,11,-4,13,-5,-2, 4}将 -4 和 4 交换，{-2,11,4,13,-5,-2, -4}，最大子段和为11 + 4 + 13 = 28。

 

Input

第1行：整数序列的长度N（2 <= N <= 50000)
第2 - N + 1行：N个整数（-10^9 <= A[i] <= 10^9）

Output

输出交换一次后的最大子段和。

Input示例

7
-2
11
-4
13
-5
-2
4

Output示例

28
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因为这两道题是一种写法所以我就写在一起
就把连续的一段正负的合在一起得到一段正负相间的序列
然后记录一共有多少个正的记为tot 题目要保留的段数记为 k
那么我们就需要消掉tot-k份 消掉的方法有放弃某一段正的或者是用一段负的把两段正的合并
这样我们维护一个堆 权值是需要付出的代价 这样慢慢合并就能解决问题了
记得记录每一段的相邻段就好辣 当然记得特判边界 我的处理方法是加一段权值为负无穷的段就好辣

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define LL long long
using namespace std;
const int M=1e6+1e5+;
const LL inf=1e15;
LL read(){
    LL ans=,f=,c=getchar();
    while(c<''||c>''){if(c=='-') f=-; c=getchar();}
    while(c>=''&&c<=''){ans=ans*+(c-''); c=getchar();}
    return ans*f;
}
int n,k,f[M],lx[M],rx[M];
LL cnt,sum[M],v,ans;
bool pd(LL x,LL y){return !x||!y||(x>)==(y>);}
LL pabs(LL x){return x>=?x:-x;}
struct node{
    LL w,pos;
    bool operator <(const node& x)const{return x.w<w;}
};
priority_queue<node>q;
int main(){
    n=read(); k=read();
    int h=;
    while(h<=n&&(v=read())<=) h++;//printf("[%d]\n",h);
    if(v>) sum[++cnt]=v;
    for(int i=h+;i<=n;i++){
        v=read();
        if(pd(sum[cnt],v)) sum[cnt]+=v;
        else sum[++cnt]=v;
    }
    if(pd(sum[cnt],-inf)) sum[cnt]+=-inf;
    else sum[++cnt]=-inf;
    int tot=; for(int i=;i<=cnt;i++)if(sum[i]>=) ans+=sum[i],tot++;
    if(tot<=k) return printf("%lld\n",ans),;
    int now=tot-k;
    for(int i=;i<=cnt;i++) q.push((node){pabs(sum[i]),i}),lx[i]=i-,rx[i]=i+;
    lx[]=cnt; rx[cnt]=;
    while(now){
        node x=q.top(); q.pop();
        int k=x.pos;
        if(f[k]) continue;
        ans-=x.w; now--;
        LL l=lx[k],r=rx[k];
        f[l]=; f[r]=;
        sum[++cnt]=sum[k]+sum[l]+sum[r];
        q.push((node){pabs(sum[cnt]),cnt});
        lx[cnt]=lx[l]; rx[cnt]=rx[r];
        rx[lx[l]]=cnt; lx[rx[r]]=cnt;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return ;
}

1115 最大M子段和 V3

环形最大M子段和，N个整数组成的序列排成一个环，a[1],a[2],a[3],…,a[n]（a[n-1], a[n], a[1]也可以算作1段），将这N个数划分为互不相交的M个子段，并且这M个子段的和是最大的。如果M >= N个数中正数的个数，那么输出所有正数的和。

例如：-2 11 -4 13 -5 6 -1，分为2段，6 -1 -2 11一段，13一段，和为27。

 

Input

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 <= 100000)
第2 - N+1行：N个整数 (-10^9 <= a[i] <= 10^9)

Output

输出这个最大和

Input示例

7 2
-2
11
-4
13
-5
6
-2

Output示例

26

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这道题不需要特判边界反而更容易QAQ

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#define LL long long
using namespace std;
const int M=;
LL read(){
    LL ans=,f=,c=getchar();
    while(c<''||c>''){if(c=='-') f=-; c=getchar();}
    while(c>=''&&c<=''){ans=ans*+(c-''); c=getchar();}
    return ans*f;
}
LL lx[M],rx[M],w[M];
LL n,k,tot;
LL cnt=;
LL sum[M],ans;
bool f[M];
struct node{
    LL w,pos;
    bool operator<(const node &x) const{return w>x.w;}
};
priority_queue<node>q;
LL pd(LL x){return x>=?x:-x;}
bool okay(LL a,LL b){return (a<&&b<)||(a>&&b>)||!a||!b;}
int main()
{
    LL v;
    n=read(); k=read();
    for(int i=;i<=n;i++){
        v=read();
        if(okay(sum[cnt],v)) sum[cnt]+=v;
        else sum[++cnt]=v;
    }
    if(okay(sum[],sum[cnt])) sum[]=sum[cnt]+sum[],cnt--;
    for(int i=;i<=cnt;i++)
        if(sum[i]>) ans+=sum[i],tot++;
    if(tot<=k){printf("%lld\n",ans); return ;}
    LL now=tot-k;
    q.push((node){pd(sum[]),});
    lx[]=cnt; rx[]=; w[]=pd(sum[]);
    q.push((node){pd(sum[cnt]),cnt});
    lx[cnt]=cnt-; rx[cnt]=; w[cnt]=pd(sum[cnt]);
    for(int i=;i<cnt;i++)
        q.push((node){pd(sum[i]),i}),lx[i]=i-,rx[i]=i+,w[i]=pd(sum[i]);
    while(now){
        node x=q.top(); q.pop();
        LL k=x.pos;
        if(f[k]) continue;
        ans-=w[k]; now--;
        LL l=lx[k],r=rx[k];
        f[l]=; f[r]=;
        cnt++;
        sum[cnt]=sum[k]+sum[l]+sum[r];
        w[cnt]=pd(sum[cnt]);
        q.push((node){w[cnt],cnt});
        lx[cnt]=lx[l]; rx[cnt]=rx[r];
        rx[lx[l]]=cnt; lx[rx[r]]=cnt;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return ;
}