传送门

题意

给 nnn 个数，按顺序取三个 ai,aj,aka_i,a_j,a_kai,aj,ak ，使
p×ai+q×aj+r×akp×a_i+q×a_j+r×a_kp×ai+q×aj+r×ak 最大。

注意 1≤i≤j≤k≤n1≤i≤j≤k≤n1≤i≤j≤k≤n 。

O(n3)O(n^3)O(n3) 暴力解法

for循环枚举 ai,aj,aka_i,a_j,a_kai,aj,ak ，取 maxmaxmax 。

或者是枚举 ai,aja_i,a_jai,aj ，最后的 aka_kak 取 [j,n][j,n][j,n] 的最值，

如果 r>0r>0r>0 ， aka_kak 取最大值；
反之， aka_kak 取最小值。

这样显然会TLE的。

O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlogn) 解法

在看看上面枚举两个数的算法，再想想可以只枚举一个数吗？

诶，好像可以诶！

我们枚举中间的 aja_jaj ，那么 aia_iai 就是 [1,j][1,j][1,j] 的最值， aka_kak 是 [j,n][j,n][j,n] 的最值。然后用ST算法或线段树，维护区间最值。（不会？戳这儿->ST算法）

话不多说，上代码！

这里用的是ST算法，可以通过 O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlogn) 的时间复杂度作预处理后，在 O(1)O(1)O(1) 的复杂度内查询区间最值。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;typedef long long ll;const int N=100005;
const ll INF=9e18;int n;
ll p,q,r;
ll a[N];
ll f[N][20][2]; //f[i][j][0]表示在子区间[i,i + 2^j - 1]的区间最大值，f[i][j][1]位最小值
int Log[N];
ll ans=-9e18;void ST_prework()
{for(int i=1;(1<<i)<=n;i++) Log[1<<i]=i; //预处理log2(x)的值，方便查找for(int i=1;i<=n;i++) if(!Log[i]) Log[i]=Log[i-1];int t=Log[n]+1;for(int i=1;i<=n;i++) //初始化for(int j=1;j<=t;j++){f[i][j][0]=-INF;f[i][j][1]=INF;}for(int i=1;i<=n;i++) f[i][0][0]=f[i][0][1]=a[i]; //赋初值for(int j=1;j<t;j++)for(int i=1;i<=n-(1<<j)+1;i++){f[i][j][0]=max(f[i][j-1][0],f[i+(1<<(j-1))][j-1][0]);f[i][j][1]=min(f[i][j-1][1],f[i+(1<<(j-1))][j-1][1]); }
}long long ST_query(int l,int r,bool flag) //flag用于判断p/q/r大于0还是小于等于0
{int k=Log[r-l+1];if(flag) return max(f[l][k][0],f[r-(1<<k)+1][k][0]);return min(f[l][k][1],f[r-(1<<k)+1][k][1]);
}int main()
{scanf("%d%lld%lld%lld",&n,&p,&q,&r);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);ST_prework();for(int i=1;i<=n;i++)ans=max(ans,q*a[i]+p*ST_query(1,i,p>0)+r*ST_query(i,n,r>0)); //取最大值printf("%lld\n",ans);return 0;
}

O(n)O(n)O(n) 算法

此时，我们换一种枚举思路，枚举到一个数 axa_xax ，分别考虑：

当枚举到第 xxx 个数时，

当 axa_xax 为 aia_iai 时， p×aip×a_ip×ai 的最大值
当 axa_xax 为 aja_jaj 时， p×ai+q×ajp×a_i+q×a_jp×ai+q×aj 的最大值
当 axa_xax 为 aka_kak 时， p×ai+q×aj+r×akp×a_i+q×a_j+r×a_kp×ai+q×aj+r×ak 的最大值

考虑 dpdpdp ，设 dp[i][0/1/2]dp[i][0/1/2]dp[i][0/1/2] 表示枚举到第 iii 个数时，对应的三种情况的最大值，则发现，求出第一种情况的最大值时，再加上 q×axq×a_xq×ax 可以得到第二种情况的最大值，同理可以推出第三种情况的最大值，即：

dp[i][0]=max(dp[i−1][0],p×ai)dp[i][0]=max(dp[i-1][0],p×a_i)dp[i][0]=max(dp[i−1][0],p×ai)

dp[i][1]=max(dp[i−1][1],dp[i][0]+q×ai)dp[i][1]=max(dp[i-1][1],dp[i][0]+q×a_i)dp[i][1]=max(dp[i−1][1],dp[i][0]+q×ai)

dp[i][2]=max(dp[i−1][2],dp[i][1]+r×ai)dp[i][2]=max(dp[i-1][2],dp[i][1]+r×a_i)dp[i][2]=max(dp[i−1][2],dp[i][1]+r×ai)

由于iii是递增的，所以存的最大值中取的 i,j,ki,j,ki,j,k 一定满足 i≤j≤ki≤j≤ki≤j≤k ，

所以最后答案为 dp[n][2]dp[n][2]dp[n][2] 。

再观察，发现 dp[i]dp[i]dp[i] 只与 dp[i−1]dp[i-1]dp[i−1] 的值有关，所以直接压掉第一维，答案为 dp[2]dp[2]dp[2] 。

时间复杂度为 O(n)O(n)O(n) ，空间复杂度 O(1)O(1)O(1) 。

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;typedef long long ll;const ll INF=9e18;int n;
int p,q,r;
ll dp[3];int main()
{scanf("%d%d%d%d",&n,&p,&q,&r);dp[0]=dp[1]=dp[2]=-INF;for(int i=1;i<=n;i++){int x;scanf("%d",&x);dp[0]=max(dp[0],(ll)x*p); //按顺序依次状态转移dp[1]=max(dp[1],dp[0]+(ll)x*q);dp[2]=max(dp[2],dp[1]+(ll)x*r);}printf("%lld\n",dp[2]);return 0;
}

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