Codeforces-1667 B: Optimal Partition

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题目

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样例描述

题目大意

给定一个长度为 nnn 的数组 aaa，希望将 aaa 切成几个连续的段。对于给定 l⋯rl \cdots rl⋯r 的一段连续子数组 al,al+1,⋯,ara_l, a_{l+1},\cdots,a_ral,al+1,⋯,ar，令 s=al+al+1+⋯+ars=a_l+a_{l+1}+\cdots+a_rs=al+al+1+⋯+ar，则该段的价值为：
vl⋯r={(r−l+1)ifs>0,0ifs=0−(r−l+1)ifs<0v_{l\cdots r} = \left\{ \begin{array}{ll} (r-l+1) \; if \; s > 0, \\ 0 \; if \; s = 0 \\ -(r-l+1) \; if \; s < 0 \end{array} \right. vl⋯r=⎩⎨⎧(r−l+1)ifs>0,0ifs=0−(r−l+1)ifs<0
问将该数组切成几个非空连续的段后，所能获得的最大价值总和是多少。

题目解析

这道题很有趣，首先根据题目，不难判断出这是一个 dpdpdp 问题。设 dpidp_idpi 代表从 1⋯i1\cdots i1⋯i 能够得到的最大价值总和，那么 dpi=max⁡j{dpj+vj+1⋯i}dp_i = \max_j \{dp_j + v_{j+1 \cdots i}\}dpi=maxj{dpj+vj+1⋯i}，尽管 vvv 值我们可以靠预处理前缀和 O(1)O(1)O(1) 得到，但是找 iii 的过程仍然是 O(n2)O(n^2)O(n2) 的，这样是过不了这道题的。
考虑如何更快地进行解题，首先从这个条件入手，看题解发现，当一段长度大于 111 的区间 s>0s > 0s>0 时，它加入答案才能获得更大的收益，否则，我们都可以通过拆的方式将它拆成长度为 111 的几个小段。因为 s<0s < 0s<0 时，我们将整个区间再进行拆分，那么得到的结果如果有 s>0s > 0s>0 的部分，则结果更优，否则结果也不会更差。如果 s=0s = 0s=0 的话，我们也可以对整个区间进行拆分，若长度是偶数，那么可以分成左右两部分，结果不会更差（sss 要么都是 000，要么一正一负；若长度为奇数，则暂时将该段分成左、中（长度为 111）、右三部分，若左或右的 s<0s < 0s<0，那么将其分成两段（左，中右）或（左中，右）两部分的话，结果会更好。其余情况可以直接拆成（左、中、右）三部分，结果不会更差。因此最后长度大于 111 的子段，我们只需要计算 s>0s > 0s>0 的，其余情况只计算长度为 111 的即可。
我们考虑如何选取子段 s>0s > 0s>0 的区间，首先设 pip_ipi 为代表 a1+a2+⋯aia_1+a_2+\cdots a_ia1+a2+⋯ai 的前缀和。若我们可以对前缀和进行排序，当我们已知当前位置 iii 的前缀和排位 ordiord_iordi 时，我们可以通过查找前缀和比其小的段 1⋯j1\cdots j1⋯j（ordj<ordiord_j < ord_iordj<ordi），且 j<ij<ij<i 进行更新。这样我们可以保证 j+1⋯ij+1 \cdots ij+1⋯i 区间的 vvv 值是正的，我们可以直接使用 i−ji-ji−j 表示这一段的价值。
但尽管这样能够保证正值，但仍然需要查找 jjj，根源在于统计 j+1⋯ij+1 \cdots ij+1⋯i 的价值需要同时用到两次更新的坐标位置。但其实我们可以把+i,−j+i,-j+i,−j 这两件事情分开做，若我们每次找最大的 dpj−jdp_j - jdpj−j，那么在更新 iii 时，我们可以直接将该结果 +i+i+i 便变成了 dpj+i−jdp_j + i - jdpj+i−j，这样我们就可以分开统计，直接使用树状数组找最大的 dpj−jdp_j - jdpj−j 就可以省去那一次找 jjj 的遍历，使得总体复杂度变为 O(nlog⁡n)O(n \log n)O(nlogn)。
值得注意的是排序时，对于前缀和相等的情况，我们要把位置大的放前面，这样我们更新的时候就不会使用位置小的去更新位置大的了（此时该段的总价值为 000，我们更新的时候是直接 +i,−j+i, -j+i,−j 的操作，没有考虑 000 的情况，会导致错误答案，而实际上根据第二段的分析，价值为 000 我们是不该考虑的）。以及要考虑没有分段的情况，即当前位置 iii 的前缀和大于 000，此时最大价值总和就是 iii。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long LL;
const int maxn = 5e5 + 7;
int a[maxn], f[maxn], dp[maxn], ord[maxn], n;
LL p[maxn];
const int rinf = -0x7fffffff;int lowbit(int x) { return (x & -x); }
void update(int x, int v) {while(x <= n) {f[x] = max(f[x], v);x += lowbit(x);}
}
int query(int x) {int ans = rinf;while(x > 0) {ans = max(f[x], ans);x -= lowbit(x);}return ans;
}int main() {int T;cin >> T;while(T--) {cin >> n;for(int i=1; i<=n; ++i) f[i] = rinf;vector<pair<LL, int> > pre;for(int i=1; i<=n; ++i) {cin >> a[i]; p[i] = p[i-1] + a[i]; pre.push_back(make_pair(p[i], -i));}sort(pre.begin(), pre.end());for(int i=1; i<=n; ++i) ord[-pre[i-1].second] = i;for(int i=1; i<=n; ++i) {dp[i] = dp[i-1] + (a[i] > 0?1:(a[i] < 0? -1: 0));dp[i] = max(dp[i], query(ord[i]) + i);if(p[i] > 0) dp[i] = i;update(ord[i], dp[i] - i);}cout << dp[n] << endl;p[0] = 0; dp[0] = 0;}return 0;
}