P8365 [LNOI2022] 吃

有一种暴力，枚举全排列，然后暴力 dfs，复杂度是 $O(n! \cdot 2^n)$。撇开 long long 能不能存得下，这种做法显然超时。

显然，对于任意一种顺序而言，显然应该先做加法再做乘法。所以可以优化，枚举全排列后每次枚举一个位置作为加法和乘法的中断点，复杂度 $O(n! \cdot n)$。

对于每个 $a_i = 1$，显然这个时候一定会选择加上 $b_i$，因为乘以 $1$ 没有贡献，而加上 $b_i$ 却有贡献。

对于 $a_i \neq 1$，可以发现选择加上 $b_i$ 的次数不超过 $1$ 次。假设加了两次 $b_i, b_j$。那么得到的贡献是 $b_i + b_j$，而相乘得到的是 $b_i \cdot a_j$。显然 $a_j \geq 2$，所以 $b_i \cdot a_j \geq b_i + b_j$。

暴力枚举在哪个位置加上 $b_i$，取最大值即可，复杂度 $O(n)$。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;

const int N = 5e5 + 5;
const long long MOD = 1e9 + 7;

long long a[N], b[N], sum = 1;
double maxn = -1e12;

long long mul(long long a, long long b) / 龟速乘，其实不需要
{
	long long res = 0;
	while (b)
	{
		if (b & 1) res = (res + a) % MOD;
		a = (a + a) % MOD;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

int place;
int n;

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		cin >> a[i];
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		cin >> b[i];
		if (a[i] == 1) sum += b[i];
	}
	maxn = sum;
	for (int i = 1; i <= n; i++) // 枚举哪一个数做加法
	{
		if (a[i] == 1) continue;
		double p = (sum + b[i]) * 1.0 / a[i];
		if (p > maxn)
		{
			maxn = p;
			place = i;
		}
	}
	long long ans = sum % MOD;
	if (!place)
	{
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			if (a[i] != 1) ans = mul(ans, a[i]);
		}
	}
	else
	{
		ans += b[place];
		ans %= MOD;
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			if (place != i && a[i] != 1) ans = mul(ans, a[i]);
		}
	}
	cout << ans << "\n";
	return 0;
}