洛谷P11233 [CSP-S 2024] 染色

传送门

原题

题目描述

给定一个长度为 \(n\) 的正整数数组 \(A\)，其中所有数从左至右排成一排。

你需要将 \(A\) 中的每个数染成红色或蓝色之一，然后按如下方式计算最终得分：

设 \(C\) 为长度为 \(n\) 的整数数组，对于 \(A\) 中的每个数 \(A_i\)（\(1 \leq i \leq n\)）：

• 如果 \(A_i\) 左侧没有与其同色的数，则令 \(C_i = 0\)。
• 否则，记其左侧与其最靠近的同色数为 \(A_j\)，若 \(A_i = A_j\)，则令 \(C_i = A_i\)，否则令 \(C_i = 0\)。

你的最终得分为 \(C\) 中所有整数的和，即 \(\sum \limits_{i=1}^n C_i\)。你需要最大化最终得分，请求出最终得分的最大值。

输入格式

本题有多组测试数据。

输入的第一行包含一个正整数 \(T\)，表示数据组数。

接下来包含 \(T\) 组数据，每组数据的格式如下：

第一行包含一个正整数 \(n\)，表示数组长度。

第二行包含 \(n\) 个正整数 \(A_1, A_2, \dots, A_n\)，表示数组 \(A\) 中的元素。

输出格式

对于每组数据：输出一行包含一个非负整数，表示最终得分的最大可能值。

输入输出样例 #1

输入 #1

3
3
1 2 1
4
1 2 3 4
8
3 5 2 5 1 2 1 4

输出 #1

1
0
8

说明/提示

【样例 1 解释】

对于第一组数据，以下为三种可能的染色方案：

1. 将 \(A_1, A_2\) 染成红色，将 \(A_3\) 染成蓝色（\(\red{1}\red{2}\blue{1}\)），其得分计算方式如下：

• 对于 \(A_1\)，由于其左侧没有红色的数，所以 \(C_1 = 0\)。
• 对于 \(A_2\)，其左侧与其最靠近的红色数为 \(A_1\)。由于 \(A_1 \neq A_2\)，所以 \(C_2 = 0\)。
• 对于 \(A_3\)，由于其左侧没有蓝色的数，所以 \(C_3 = 0\)。
  该方案最终得分为 \(C_1 + C_2 + C_3 = 0\)。

2. 将 \(A_1, A_2, A_3\) 全部染成红色（\(\red{121}\)），其得分计算方式如下：

• 对于 \(A_1\)，由于其左侧没有红色的数，所以 \(C_1 = 0\)。
• 对于 \(A_2\)，其左侧与其最靠近的红色数为 \(A_1\)。由于 \(A_1 \neq A_2\)，所以 \(C_2 = 0\)。
• 对于 \(A_3\)，其左侧与其最靠近的红色数为 \(A_2\)。由于 \(A_2 \neq A_3\)，所以 \(C_3 = 0\)。
  该方案最终得分为 \(C_1 + C_2 + C_3 = 0\)。

3. 将 \(A_1, A_3\) 染成红色，将 \(A_2\) 染成蓝色（\(\red{1}\blue{2}\red{1}\)），其得分计算方式如下：

• 对于 \(A_1\)，由于其左侧没有红色的数，所以 \(C_1 = 0\)。
• 对于 \(A_2\)，由于其左侧没有蓝色的数，所以 \(C_2 = 0\)。
• 对于 \(A_3\)，其左侧与其最靠近的红色数为 \(A_1\)。由于 \(A_1 = A_3\)，所以 \(C_3 = A_3 = 1\)。
  该方案最终得分为 \(C_1 + C_2 + C_3 = 1\)。

可以证明，没有染色方案使得最终得分大于 \(1\)。

对于第二组数据，可以证明，任何染色方案的最终得分都是 \(0\)。

对于第三组数据，一种最优的染色方案为将 \(A_1, A_2, A_4, A_5, A_7\) 染为红色，将 \(A_3, A_6, A_8\) 染为蓝色（\(\red{35}\blue{2}\red{51}\blue{2}\red{1}\blue{4}\)），其对应 \(C = [0, 0, 0, 5, 0, 2, 1, 0]\)，最终得分为 \(8\)。

【样例 2】

见选手目录下的 color/color2.in 与 color/color2.ans。

【数据范围】

对于所有测试数据，保证：\(1\leq T\leq 10\)，\(2\leq n\leq 2\times 10^5\)，\(1\leq A_i\leq 10^6\)。

测试点	\(n\)	\(A_i\)
\(1\sim 4\)	\(\leq 15\)	\(\leq 15\)
\(5\sim 7\)	\(\leq 10^2\)	\(\leq 10^2\)
\(8\sim 10\)	\(\leq 2000\)	\(\leq 2000\)
\(11,12\)	\(\leq 2\times 10^4\)	\(\leq 10^6\)
\(13\sim 15\)	\(\leq 2\times 10^5\)	\(\leq 10\)
\(16\sim 20\)	^	\(\leq 10^6\)

整理&思路

很明显这是一道线性DP。针对每个\(A_i\)，我们首先需要知道这个数左侧最近的相同数的位置，记为\(app_i\)。其次我们可以通过前缀和（\(pre\)）的方法优化速度；那么我们可以得到下面的方程记录：

\[f_i = max\{{i-1}, f_{app_{A_i}+1}+A_i+(pre_i-pre_{app_{A_i}+1})\} \]

其中，\(pre\)的更新方法如下：

\[pre_i=\begin{cases} pre_{i-1} + A_i & A_i = A_{i-1}\\ pre_{i-1} & A_i \neq A_{i-1} \end{cases} \]

当然，我们还需要针对每个\(i\)进行一次记录，假设我们有这样的一个映射表\(app\)，那么可以这样

\[app_{A_i} = max\{app_{A_i}, i\} \]

P.S: 别忘了针对每组数据要进行memset

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define umap unordered_map<int, int>
using namespace std;

constexpr int maxn = 2e5+5;
int n, T, A[maxn], f[maxn], pre[maxn];

void mainFunc() {
    scanf("%lld",&n);
    umap app;
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        scanf("%lld",&A[i]);
    }
    for(int i=0;i<=n;i++)
        f[i]=0, pre[i]=0;
    for(int i=2;i<=n;i++)
        pre[i] = (A[i]==A[i-1]?(pre[i-1]+A[i]):(pre[i-1]));
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        f[i]=f[i-1];
        if(app[A[i]]) f[i] = max(f[i], f[app[A[i]]+1]+A[i]+pre[i]-pre[app[A[i]]+1]);
        app[A[i]]=i;
    }
    printf("%lld\n",f[n]);
}

signed main() {
    scanf("%lld",&T);
    while (T--) {
        mainFunc();
    }
    
    return 0;
}

恭喜AC!