洛谷P13272 [NOI2025] 序列变换

题目大意

给两个长为 \(n\) 的正整数序列 \(a,c\)，以及一个长为 \(n\) 的整数序列 \(b\)。

定义 \(f(a)=\sum_{a_i=0}b_i\)，\(g(a)=\prod_{a_i=0}c_i\)。

你可以对 \(a\) 执行任意次以下操作：

• 选择两个相邻的位置 \(i,j\)，若 \(a_i \leq a_j\)，则将 \(a_j\) 改为 \(a_j - a_i\)，同时将 \(a_i\) 改为 \(0\)。

对于所有可能经过 \(0\) 次或更多次操作得到的 \(a\)，求出 \(\max f(a)\) 与 \(\sum g(a)\mod 10^9+7\)。

解题思路

一些定义与发现

特别的，假若上述对 \(a\) 的操作满足 \(i<j\)，我们称为往右操作；反之 \(i>j\)，我们称为往左操作。同时，定义 \(a_i>a_j\) 的情况为无法操作。

经过一次操作后，\(a_i\) 与 \(a_{j}\) 中小的那个会变成 \(0\)。同时，对任意一组 \(\min(a_i,a_{j})=0\) 操作是无效的。所以，操作一次后两边独立。

我们更进一步地发现，最终序列每一个非 \(0\) 位置都对应了初始 \(a\) 的一个区间。这个区间的操作形式为：从两边不断往内操作。

第一问

先做第一问。记 \(f_i\) 表示，考虑了前 \(i\) 个数的最大权值是多少。每次枚举一个 \(j\) 转移过去。转移的时候还要枚举一个 \(k\) 表示最终缩在哪个数上了（记得特判最最终整个区间都是 \(0\) 的情况），

具体的，我们暴力 check 最终位置 \(k\) 的合法性容易做到暴力 \(O(n)\)。
优化的话考虑预处理出 \(pl_i,pr_i\) 表示，每个位置作为左/右端点往另一端操作最远能到哪里。此时判断条件就容易写成 \(\max(pr_{j},i+1)\leq k\leq\min(pl_{i+1},j)\)，时间复杂度 \(O(n^3)\)。

事实上，我们不需要枚举 \(k\)，只需要知道最优的 \(k\) 对应的贡献即可。
由于我们发现每个 \(a_i\) 对最终的 \(a_k\) 的贡献只取决于 \(i\) 的奇偶性，故而可以分类讨论。

记 \(s0\) 表示 \([l,r]\) 内所有偶数位置的 \(\sum a_i\)，记 \(s1\) 表示所有奇数为的 \(\sum a_i\)：

• \(s0=s1\)，区间最后会变为全 \(0\)。
• \(s0>s1\)，\(k\) 是上述合法区间 \([\max(pr_{j},i+1),\min(pl_{i+1},j)]\) 内的任意偶数位置
• \(s0<s1\)，\(k\) 是上述合法区间 \([\max(pr_{j},i+1),\min(pl_{i+1},j)]\) 内的任意奇数位置。

预处理每个区间内的奇/偶位置最值，可以 \(O(1)\) 完成上面的转移。至此，我们 \(O(n^2)\) 完成了第一问。

第二问

第二问同理。特别的，为了防止出现两段被拼起来重复计数（其中有一段得是最终全 \(0\)），我们将对 \(pl,pr\) 的定义进行一点修改：

• \(pl_i\)：从 \(i\) 往右操作，第一次满足“操作后 \(a_j=0\)”的位置前停下。
• \(pr_i\)：从 \(i\) 往左操作，第一次操作后 \(a_j=0\) 停下。

这样可以不重不漏计数。最终这题总时间复杂度 \(O(n^2)\)，空间复杂度 \(O(n^2)\)。如果使用 ST 表维护区间最值，空间上可以做到 \(O(n\log n)\)。

代码实现

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
#define FL(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define FR(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 5e3 + 10;
const int MOD = 1e9 + 7;
const ll INFLL = 1e18;
int n, a[N], b[N], c[N], ic[N];
int pl[N], pr[N], v[N], iv[N];
ll mi[2][N][N], ct[2][N][N];
ll s[N], t[N], f[N], g[N];
int Qpow(int a, int b) {
	int ret = 1;
	for (; b; b >>= 1) {
		if (b & 1)
			ret = (ll)ret * a % MOD;
		a = (ll)a * a % MOD;
	}
	return ret;
}
int Inv(int x) {
	return Qpow(x, MOD - 2);  
}
void Solve() {
	scanf("%d", &n);
	FL(i, 1, n) {
		scanf("%d", &a[i]);
		t[i] = t[i - 1] + (i & 1? -a[i] : a[i]);
	}
	FL(i, 1, n) {
		scanf("%d", &b[i]);
		s[i] = s[i - 1] + b[i];
	}
	v[0] = iv[0] = 1;
	FL(i, 1, n) {
		scanf("%d", &c[i]);
		v[i] = (ll)v[i - 1] * c[i] % MOD;
		ic[i] = Inv(c[i]);
		iv[i] = Inv(v[i]);
	}
	FL(i, 1, n) {
		mi[0][i][i - 1] = mi[1][i][i - 1] = INFLL;
		ct[0][i][i - 1] = ct[1][i][i - 1] = 0;
		FL(j, i, n) {
			FL(k, 0, 1) {
				mi[k][i][j] = mi[k][i][j - 1];
				ct[k][i][j] = ct[k][i][j - 1];
			}
			mi[j & 1][i][j] = min(mi[j & 1][i][j], (ll)b[j]);
			ct[j & 1][i][j] = (ct[j & 1][i][j] + ic[j]) % MOD;
		}
	}
	FL(i, 1, n) {
		int d = a[i];
		FL(j, i, n) {
			d = a[j + 1] - d;
			if (j == n || d <= 0) {
				pl[i] = j;
				break;
			}
		}
		d = a[i];
		FR(j, i, 1) {
			d = a[j - 1] - d;
			if (j == 1 || d <= 0) {
				pr[i] = (j > 1 && !d? j - 1 : j);
				break;
			}
		}
	}
	fill(f, f + n + 1, -INFLL);
	fill(g, g + n + 1, 0);
	f[0] = 0, g[0] = 1;
	FL(i, 0, n) {
		FL(j, i + 1, n) {
			int l = max(i + 1, pr[j]), r = min(j, pl[i + 1]);
			if (l > r){
				continue;
			}

			int h = (ll)g[i] * v[j] % MOD * iv[i] % MOD;
			if (t[j] - t[i] == 0) {
				f[j] = max(f[j], f[i] + (s[j] - s[i]));
				g[j] = (g[j] + h) % MOD;
			} else if (t[j] - t[i] > 0) {
				f[j] = max(f[j], f[i] + (s[j] - s[i]) - mi[0][l][r]);
				g[j] = (g[j] + (ll)h * ct[0][l][r]) % MOD;
			} else {
				f[j] = max(f[j], f[i] + (s[j] - s[i]) - mi[1][l][r]);
				g[j] = (g[j] + (ll)h * ct[1][l][r]) % MOD;
			}
		}
	}
	printf("%lld %lld\n", f[n], g[n]);
}
int main() {
	int T;
	scanf("%*d %d", &T);
	while (T--) {
		Solve();
	}
	return 0;
}