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;
}