[题解]Yet Another Subarray Problem-DP 、思维（codeforces 1197D）

题目链接：https://codeforces.com/problemset/problem/1197/D

 

---

题意：

给你一个序列，求一个子序列 a[l]~a[r] 使得该子序列的 sum(l,r)-k*(r-l+1)/m（向上取整）的值是在所有子序列中最大的，并输出最大值

思路：

法一：动态规划

dp[i][j] 表示序列到i截止，这一轮已经进行了j次取数（j = (len+m-1)%m）

那么dp[i][j]维护的就是起点为 s = i-j+1-m*t (t>=0)这个集合的最优，这样所有的 dp[i][j] 就可以维护以 i 截止的最优答案了

对于当前i更新有两种情况：

第一种是只取当前这个 a[i] 这个在 dp[i][1] 特判即可

第二种是还要取前面的，dp[i][j] 从 dp[i-1][j-1]（因为 dp[i-1][j-1] 所维护的s集合和 dp[i][j] 所维护的s集合是一样的）转移即可（注意边界条件）

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll inf=200000000000000;
 
int n,m;
ll ans=0,dp[300005][20],sum[300005],a[300005],k;
 
int main()
{
    scanf("%d%d%lld",&n,&m,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&a[i]);
        sum[i]=sum[i-1]+a[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=0;j<=m;j++) dp[i][j]=-inf;
    }
    dp[1][1]=a[1]-k; 
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        dp[i][1]=a[i]-k;
        for(int j=1;j<=min(i,m);j++)
        {
            if(j==1) dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][m]+a[i]-k);
            else dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-1]+a[i]); 
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=m;j++) ans=max(ans,dp[i][j]);
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

法二：尺取法

多加了一层维护 start_point%m=rnd，进行m次尺取法即可

（在时间够的情况下，搞不清楚当前单调队列弹出几个是最优的，那么就枚举，这样就不用担心前面要弹出什么了，只需在 len%m=0 时判断是否要把起始点重置即可）

即如果当前的和减去 k*t 小于0，那么就重新开始，否则继续加

注意 ans 在每一次向后扩展时都要更新

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=300005;
ll ans=0,n,a[N],m,k;
 
int main()
{
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
    for(int rnd=1;rnd<=m;rnd++){
        ll len=0; ll now=0;
        for(int i=rnd;i<=n;i++){
            if(len%m==0) if(now-len/m*k<0) now=0,len=0;
            now+=a[i]; len++;
            ans=max(ans,now-(len+m-1)/m*k);
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

法三：前缀和

我们可以发现 m 很小，只有10，而当子段长度能整除以 m 的时候，再添加一个才会使得我们多去减一个 k

我们可以让所有位置对 m 取模，分成 0—m-1 这样的剩余系，我们枚举剩余系，以剩余系中的位置作为结尾求最大值

当我们枚举到剩余系i的时候，我们另所有处于剩余系i的位置上的数 -k，之后我们直接扫一遍序列，不断累加并和 0 求最大值，遇到可结束位置时，与答案取最大值并更新答案

这样子我们可以再 O(nm) 的时间复杂度下做出这道题

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 3e5+5;
int n,m,k,a[maxn],b[maxn];

int main(){
    cin>>n>>m>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cin>>a[i];
    ll ans=0,s=0;
    for(int j=0;j<m;j++){
        for(int i=1;i<=n;i++)
            if(i%m==j)
                b[i]=a[i]-k;
            else
                b[i]=a[i];
        s=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            s=max(s+b[i],0ll);
            if(i%m==j)
                ans=max(ans,s);    
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

参考：https://www.cnblogs.com/Forever-666/p/11241525.html、http://blog.leanote.com/post/icontofig/Educational-Codeforces-Round-69