可交换的最大子段和
题目模型
- (n) 个整数组成的序列(a_1,a_2,...,a_n)，你可以对数组中的一对元素进行交换，并且交换后求 (a_1) 至 (a_n) 的最大子段和，所能得到的结果是所有交换中最大的。当所给的整数均为负数时和为
0。 - 例如：({-2,11,-4,13,-5,-2, 4})将
-4和4交换，({-2,11,4,13,-5,-2, -4})，最大子段和为11 + 4 + 13 = 28。
问题分析
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先说错误的做法，不少同学直接搬运了网上的题解，并完美的
ac了这道题，说句实话我是看了半天才明白其做法，对于最关键的地方一句显然，让人实在是无法理解。附上这些搬运工们的题解链接 -
做法的核心就是：显然sum[r]应该越大越好，就这么一句话就把枚举区间的时间效率由(O(n^2))降到了(O(n))。但这个显然没有找到一个合理的证明，还好找到了一组数据能够证明其错误，下面就附上错误做法和数据。
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错误
Code#include <iostream> #include <cstdlib> #include <cstdio> #define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f using namespace std; typedef long long ll; ///formula : sum[r] - sum[l - 1] - min[l,r] + max(max[1,l - 1],max[r + 1,n]) int n; ll sum[50005]; int s[50005]; int lmax[50005],rmax[50005]; int main() { while(~scanf("%d",&n)) { for(int i = 1;i <= n;i ++) { scanf("%d",&s[i]); sum[i] = sum[i - 1] + s[i]; } for(int i = 0;i < n;i ++) { lmax[i + 1] = max(lmax[i],s[i + 1]); rmax[n - i] = max(rmax[n - i + 1],s[n - i]); } int maxi = n; ll sumr_min,ans = 0; for(int i = n;i >= 1;i --) { if(sum[i] >= sum[maxi]) { maxi = i; sumr_min = sum[i] - s[i]; } sumr_min = max(sumr_min,sum[maxi] - s[i]); ans = max(ans,sumr_min - sum[i - 1] + max(lmax[i - 1],rmax[maxi + 1])); } printf("%lld ",ans); } return 0; } /* input 10 1 -100 1 100 100 100 -1000 2 3 4 output 311 */ -
希望盲目
copy的同学们引以为戒，可以借鉴，但一定要理解，不然就会闹出大笑话了！ -
正确做法：，任然是错误做法 -
这个车翻的有点猝不及防，才义正言辞的批评了一通 (Uparrow) ，这个报应来得太快了，还好，代码是我写的，我只是没脑子（……），同学们头脑在线，这个老姚很欣慰！
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交换操作，有以下三种情况：
- 被交换的两个数都在最大子段中；
- 被交换的两个数都不在最大子段中；
- 被交换的两个数只有一个在最大子段中；
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显然，情况
1,2交换后不影响最大子段和结果，所以我们只需考虑情况3。 -
对情况
3，子段外的被交换的元素也有两种情况。- 被交换数在子段的左侧；
- 被交换数在子段的右侧；
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假设 (a_i) 是最大子段和中需要交换的元素，我们需要从子段左侧去找一个最大数，最大数好找，我们只需预处理出，(O(1))的效率就能找到，关键是如何找到子段的左边界。
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对情况
1，如果我们能求出包含 (a_{i-1}) 最大后缀和，然后把 (a_i) 追加到后面即可，我们有多种方法(O(n)) 的预处理出结果和包含 (a_{i-1}) 的后缀的左边界，这样就确定了区间的左边界，然后再左边界左边找到最大的元素和啊(a_i) 进行交换即可。 -
对情况
2，同上面类似，如果我们能求出包含 (a_{i+1}) 最大前缀和，右边界，这样就确定了区间的右边界，然后再右边界右边找到最大的元素和啊(a_i) 进行交换即可。 -
然后从这两种情况中去较大者。
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如下图，(dp_1[i-1]) 以(a_{i-1}) 结尾的最大子段和，(L)是其左边界，(dp_2[i+1])表示以(a_{i+1})开始的最大子段和，(R) 是其右边界。所以我们只需从 区间([1,L))，或区间((R,n])找到最大的和 (a_i) 交换即可。
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错误
Code#include <bits/stdc++.h> typedef long long LL; const int maxn = 5e4+5; const LL Inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f; LL a[maxn],dp1[maxn],dp2[maxn];//dp1[i]以a[i]结尾的最大子段和，dp2[i]表示以a[i]开始的最大子段和 LL L[maxn],R[maxn],Lmax[maxn],Rmax[maxn];//L[i]以a[i]结尾的最大子段和的左边界，R[i]类似。 void Solve(){ int n;scanf("%d",&n); for(int i=0;i<=n;++i)//Lmax[i]表示1~i的最大值，Rmax[i]表示i~n的最大值。 Lmax[i]=Rmax[i]=-Inf; for(int i=1;i<=n;++i){ scanf("%lld",&a[i]); Lmax[i]=std::max(a[i],Lmax[i-1]); if(dp1[i-1]+a[i]>0){//存在包含a[i]的结果为正的子段和 dp1[i]=dp1[i-1]+a[i]; if(dp1[i-1]==0)L[i]=i;//只选a[i]自己 else L[i]=L[i-1];//a[i]并到以a[i-1]结尾的最大子段中 } else L[i]=-1;//dp1[i-1]+a[i]<=0就什么都不选，为空 } Rmax[n+1]=-Inf; //如果a[n]为负，如果Rmax[n+1]=0，那求出的Rmax[n]=0，是错误的。 for(int i=n;i>0;--i){//倒序求以a[i]开始的最大子段和 Rmax[i]=std::max(a[i],Rmax[i+1]); if(dp2[i+1]+a[i]>0){ dp2[i]=dp2[i+1]+a[i]; if(dp2[i+1]==0)R[i]=i; else R[i]=R[i+1]; } else R[i]=-1; } LL ans=0; L[0]=R[n+1]=-1;//0不存在左边界，n+1不存在右边界 for(int i=1;i<=n;++i){ LL x=0; int l=i,r=i;//l,r记录区间的左右边界 if(L[i-1]!=-1){x+=dp1[i-1];l=L[i-1];}//如果存在以a[i-1]结尾的大于0最大子段和 if(R[i+1]!=-1){x+=dp2[i+1];r=R[i+1];}//如果存在以a[i+1]开始的大于0最大子段和 ans=std::max(ans,x+std::max(Lmax[l-1],Rmax[r+1])); } printf("%lld ",ans); } int main(){ Solve(); return 0; } /* 4 -2 -4 1 -1 上面代码过不了下面的样例 错误的愿因是需要交换的a[i]向左扩展并不一定是包含a[i-1]的最大子段和 6 100 -1 1 -10 1 1 */ -
正确做法
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我们只考虑交换的两数一个在答案区间，一个不在的情况。
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假设答案区间为 ([l,r]) ，区间和为 (sum_r-sum_{l-1}) ，假设我们把区间外的数 (a_i) 和区间内的数 (a_j) 进行交换，为了方便，令 (i>j) ，对于 (i<j) 的情况，我们反过来处理一遍就行。则有：
- ((a_i-a_j)+max(sum_{j+1},sum_{j+2},...,sum_{i-1}) - min(sum_{j-1},sum_{j-2},...,sum_1,sum_0)) 。
- (Rightarrow(a_i+max(sum_{j+1},sum_{j+2},...,sum_{i-1})) - (a_j+min(sum_{j-1},sum_{j-2},...,sum_1,sum_0))) 。
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对于减号的后面部分我们可以预处理出来，我们可以(O(n^2))的把这个问题处理出来。
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Code#include <bits/stdc++.h> typedef long long LL; const int maxn=50005; const LL Inf=1LL<<60; LL n,ans; LL a[maxn],sum[maxn],Min[maxn]; void Read(){ scanf("%lld",&n); for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]); } void Solve (){ LL Maxsum=0;//不交换的最大子段和 for (int i=1;i<=n;i++){ Maxsum=Maxsum+a[i]; if(Maxsum<0) Maxsum=0; ans=std::max(ans,Maxsum); sum[i]=sum[i-1]+a[i];//前缀和 } LL mn=0;//记录最小前缀 for (int i=1;i<=n;i++){ mn=std::min(mn,sum[i-1]); Min[i]=mn+a[i];//减号的后面部分 } for (int i=1;i<=n;i++){//枚举区间外交换的a[i] LL Max=-Inf;//记录j+1~i-1间的最大前缀 for (LL j=i-1;j>=1;j--){//枚举区间内需要交换的a[j] ans=std::max(ans,Max+a[i]-Min[j]);//Max不包含sum[j] Max=std::max(Max,sum[j]); } } } int main(){ Read(); Solve(); for(int i=1;i<=n/2;i++) std::swap(a[i],a[n-i+1]); Solve(); printf("%lld ",ans); return 0; } -
分析上面的做法，实际上我们在扫描区间外交换元素 (a_i) 时，(Minj=min(a_j+min(sum_{j-1},sum_{j-2},...,sum_1,sum_0))) 显然很容易维护，所以我们不用从后往前扫描(a_j)了，对于从(j+1sim i-1)之间的最大最大前缀我们在扫描 (a_i) 过程中维护下就行，时间效率为：(O(n)) ，具体见下面注解。
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Code#include <bits/stdc++.h> typedef long long LL; const int maxn=50005; const LL Inf=1LL<<60; LL n,ans; LL a[maxn],sum[maxn],Min[maxn]; void Read(){ scanf("%lld",&n); for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]); } void Solve (){ LL Maxsum=0;//不交换的最大子段和 for (int i=1;i<=n;i++){ Maxsum=Maxsum+a[i]; if(Maxsum<0) Maxsum=0; ans=std::max(ans,Maxsum); sum[i]=sum[i-1]+a[i];//前缀和 } LL mn=0;//记录最小前缀 for (int i=1;i<=n;i++){ mn=std::min(mn,sum[i-1]); Min[i]=mn+a[i];//减号的后面部分 } LL Max=-Inf;//维护最大的式子中除了a[i]部分 std::stack< std::pair<LL,LL> > q; for(int i=1;i<=n;++i){ ans=std::max(ans,a[i]+Max);//先求是为了保证Max里不包含a[i] LL Minj=Min[i];//维护最小的减号后面部分 while(!q.empty()){//栈里维护最大的前缀和与最大前缀和之前的最小Minj std::pair<LL,LL> t=q.top(); if(t.first<=sum[i]){//当前sum[i]大于栈顶，栈顶就没有存储的价值了 Minj=std::min(Minj,t.second);//维护a[i]之前最小的 q.pop(); } else break; } q.push(std::make_pair(sum[i],Minj)); Max=std::max(Max,sum[i]-Minj);//当前的sum[i]-Minj可能比以前记录的大 } } int main(){ Read(); Solve(); for(int i=1;i<=n/2;i++) std::swap(a[i],a[n-i+1]); Solve(); printf("%lld ",ans); return 0; } -
数学比较差，先盗个链接，容我仔细琢磨透了仔细给大家讲讲：https://blog.csdn.net/zlh_hhhh/article/details/78176629