题解：P13272 [NOI2025] 序列变换

简要题意： 定义一次操作：令 \(a_{i+1},a_i\) 同时减去 \(\min(a_i,a_{i+1})\)。可进行任意次操作。记 \(F(a)=\displaystyle\sum_{a_i=0}b_i,G(a)=\displaystyle\prod_{a_i=0}c_i\)，对于操作可以得到的所有 \(a\)，求 \(\max F(a)\) 和 \(\displaystyle\sum G(a)\)。

解法：

注意到这个操作会导致相邻两个数中较小的变成 \(0\)，若两数中有 \(0\) 存在，则操作是无意义的。因此操作本质上可以刻画为：

0→...→0→x←0←...←0 左边 \((i,i+1)\)，右边 \((i-1,i)\)，最终收到中间某个位置，我们用 \((l,r,p)\) 表示一个从 \(l,r\) 两端收到中间 \(p\) 的操作。我们令两端收过来的数为 \(x,y\)，则可以得到这样的关系：

\(x+y>a_p\) 显然 \(a_p\) 并不能作为中心点，不成立。
\(x+y=a_p\) 此时两端收完之后会恰好将 \(a_p\) 变成 \(0\)，于是形成一个 \([l,r]\) 的连续 \(0\) 段。
\(x+y<a_p\) 此时两端收完会在中间留下非零的数，形成 \(0\) 段 \([l,p)\) 和 \((p,r]\)。

\(\max F(a)\)

操作都是一个区间，因此可以设计一个 \(\mathrm{dp}\)，定义 \(f_i\) 表示考虑前 \(i\) 个数，能得到的 \(\max F(a)\)。

可以不选 \(i\)，因此恒有 \(f_i\leftarrow f_{i-1}\)。

然后考虑一个操作 \((j,i,p)\) 的贡献，此时有 \(f_i\leftarrow f_{j-1}+w(j,i,p)\)。其中 \(w(j,i,p)\) 表示这个操作对和的贡献，显然有 \(w(l,r,p)=\displaystyle\sum_{i=l}^{p-1}b_i+\displaystyle\sum_{i=p+1}^{r}b_i+[x+y=a_p]\times b_p\)

可以通过一个预处理求出 \(x,y\)，\(\mathrm{dp}\) 部分此时做到 \(O(n^3)\)。

\(\displaystyle\sum G(a)\)

显然此时可以直接仿照 \(\max F(a)\) 的计数方式，用 \(g_i\) 表示前 \(i\) 个数的 \(\sum G(a)\)，则有转移 \(g_i\leftarrow g_{i-1}\) 和 \(g_i\leftarrow g_{j-1}\times \prod(j,i,p)\)。较难处理的点就是要对本质不同的 \(a\) 进行这个计数，在最大值求的时候没有这个限制，但是此处要求和，所以要防止记重，考虑什么时候会算重。如果 \(x+y=a_p\)，即整个 \([l,r]\) 都被覆盖，那么 \(p\) 取到任何位置对应的序列都是相同的，所以此时只应计算一次。考虑 \([1,1,1,1]\) 的情况，此时选择 \([1,2],[3,4]\) 消除的序列和选择 \([1,4]\) 消除的序列是本质相同的，其漏洞在 \(\mathrm{dp}\) 中体现为将两边已经全部消成 \(0\) 的序列拼接起来，因此，我们可以钦定两边不能都被消成 \(0\)，即不能出现操作完之后都是 \(0\) 的情况，这样就保证了被划分的区间数量最大化，也就完成了去重。

优化

前面的做法可以做到 \(O(n^3)\)，考虑优化。我们可以维护一个 \(lp_i,rp_i\) 表示每个点可以向左向右拓展到的最远点，那么可以被两边走到的转移点就是 \(p\in [\max(j,lp_i-1),\min(i,rp_j+1)]\)，于是我们只需要分析 \(x+y\) 和 \(a_p\) 的关系。

考虑向左走的过程和向右走的过程中每个数对 \(x+y-a_p\) 的贡献，不难发现就是 ...→+→-→+→-→+←-←+←-←+←... 的正负，即和为 \(x+y-a_p=\displaystyle\sum_{i\in[l,r]}(-1)^{i-p}a_i\)，于是所有奇偶性相同的 \(p\) 位置的 \(x+y-a_p\) 都是相同的！因此直接对奇偶分类处理即可，具体的，对于每个区间维护奇偶的 \(\max \set{-b_i},\sum c_i^{-1}\) 即可。时间复杂度 \(O(n^2)\)。

\(O(n^3)\)：

cin >> n;
for (int i=1;i<=n;i++) cin >> a[i];
for (int i=1;i<=n;i++) 
{
	cin >> b[i];
	Sumb[i]=Sumb[i-1]+b[i];
}
prod[0]=inv[0]=1;
for (int i=1;i<=n;i++) 
{
	cin >> c[i];
	prod[i]=(ll)prod[i-1]*c[i]%mod;
	inv[i]=qmi(prod[i],mod-2);
}

for (int i=1;i<=n;i++)
{
	fill(val[i]+1,val[i]+n+1,-INF); val[i][i]=a[i]; 
	lp[i]=rp[i]=i; 
	for (int j=i+1;a[j]>val[i][j-1] && j<=n;j++) 
	{
		val[i][j]=a[j]-val[i][j-1];
		rp[i]=j;
	}
	for (int j=i-1;a[j]>val[i][j+1] && j>=1;j--) 
	{
		val[i][j]=a[j]-val[i][j+1];
		lp[i]=j;
	}
}

g[0]=1;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
	f[i]=f[i-1]; g[i]=g[i-1];
	bool cov=false;
	for (int j=1;j<i;j++)
	{
		for (int p=max(j,lp[i]-1);p<=min(i,rp[j]+1);p++)
		{
			int x=p!=j ? val[j][p-1] : 0;
			int y=p!=i ? val[i][p+1] : 0;
			if (x+y>a[p]) continue;
			ll v=sumb(j,p-1)+sumb(p+1,i)+(x+y==a[p] ? b[p] : 0);
			Max(f[i],f[j-1]+v);
			
			if (x+y==a[p])
			{
				if (!cov) adm(g[i],(ll)g[j-1]*prd(j,i)%mod);
				cov=true;
			}
			else 
			{
				ll coef=(ll)prd(j,p-1)*prd(p+1,i)%mod;
				adm(g[i],(ll)g[j-1]*coef%mod);
			}
		}
	}
}
cout << f[n] << " " << g[n] << "\n";

\(O(n^2)\) 正解：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
inline int Mod(int x) { return x<0 ? x+mod : (x>=mod ? x-mod : x); }
inline void adm(int &x,int y) { x=Mod(x+y); }
inline int qmi(ll a,int b)
{
	ll res=1;
	for (;b;b>>=1,a=a*a%mod) if (b&1) res=res*a%mod;
	return res;
}
template<class T>void Max(T &x,T y) { if (y>x) x=y; }
const int N=5010,INF=1e9+10;
int n;
int a[N],b[N],c[N];
ll preb[N];
int prod[N],inv[N],ic[N];
int prd(int l,int r) { return l>r ? 1 : (ll)prod[r]*inv[l-1]%mod; }
int val[N][N],lp[N],rp[N];
ll vs[N];
int mx[2][N][N],iv[2][N][N];
ll f[N];
int g[N];

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	
	int id,T;
	cin >> id >> T;
	while (T--)
	{
		cin >> n;
		for (int i=1;i<=n;i++) cin >> a[i];
		for (int i=1;i<=n;i++) 
		{
			cin >> b[i];
			preb[i]=preb[i-1]+b[i];
		}
		prod[0]=inv[0]=1;
		for (int i=1;i<=n;i++) 
		{
			cin >> c[i];
			prod[i]=(ll)prod[i-1]*c[i]%mod;
			ic[i]=qmi(c[i],mod-2);
			inv[i]=(ll)inv[i-1]*ic[i]%mod;
		}
		
		for (int i=1;i<=n;i++)
		{
			fill(val[i]+1,val[i]+n+1,-INF); val[i][i]=a[i]; 
			lp[i]=rp[i]=i; 
			for (int j=i+1;a[j]>val[i][j-1] && j<=n;j++) 
			{
				val[i][j]=a[j]-val[i][j-1];
				rp[i]=j;
			}
			for (int j=i-1;a[j]>val[i][j+1] && j>=1;j--) 
			{
				val[i][j]=a[j]-val[i][j+1];
				lp[i]=j;
			}
		}
		
		for (int l=1;l<=n;l++)
		{
			fill(mx[0][l],mx[0][l]+n+1,-INF);
			fill(mx[1][l],mx[1][l]+n+1,-INF);
			fill(iv[0][l],iv[0][l]+n+1,0);
			fill(iv[1][l],iv[1][l]+n+1,0);
			for (int r=l;r<=n;r++) 
			{
				mx[0][l][r]=mx[0][l][r-1],mx[1][l][r]=mx[1][l][r-1];
				iv[0][l][r]=iv[0][l][r-1],iv[1][l][r]=iv[1][l][r-1];
				Max(mx[r&1][l][r],-b[r]);
				adm(iv[r&1][l][r],ic[r]);
			}
			int coef=(l&1) ? -1 : 1;
			vs[l]=vs[l-1]+coef*a[l];
		}
		
		g[0]=1;
		for (int i=1;i<=n;i++)
		{
			f[i]=f[i-1]; g[i]=g[i-1];
			bool cov=false;
			for (int j=1;j<i;j++)
			{
				int l=max(j,lp[i]-1),r=min(i,rp[j]+1);
				if (l>r) continue;
				
				bool flg=false;
				ll sb=preb[i]-preb[j-1];
				int cof=(ll)prod[i]*inv[j-1]%mod;
				
				auto work = [&](int op)
				{
					ll s=(vs[i]-vs[j-1])*(!op ? 1 : -1);
					if (s>0) 
					{
						adm(g[i],(ll)g[j-1]*cof%mod*iv[op][l][r]%mod);
						Max(f[i],f[j-1]+sb+mx[op][l][r]);
					}
					else if (s==0) 
					{
						if (!flg)
						{
							adm(g[i],(ll)g[j-1]*cof%mod);
							flg=true;
						}
						Max(f[i],f[j-1]+sb);
					}
				};
				if (l==r) work(l&1);
				else { work(0),work(1); }
			}
		}
		cout << f[n] << " " << g[n] << "\n";
	}
	
	return 0; 
}

posted @ 2025-09-03 19:35 STDJCY 阅读(19) 评论(0) 收藏举报

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题解：P13272 [NOI2025] 序列变换

\(\max F(a)\)

\(\displaystyle\sum G(a)\)

优化