Lucky Numbers（枚举，计数）

题意

给定一个长度为\(N - 1\)的整数序列\(S = (S_1, S_2, \dots, S_{N-1})\)以及\(M\)个不同的被称为幸运数的整数\(X_1, X_2, \dots, X_M\)。

一个长度为\(N\)的整数序列\(A = (A_1, A_2, \dots, A_N)\)满足如下条件时被称为好序列：

• 对于任意\(i = 1, 2, \dots, N - 1\)，有：\(A_i + A_{i + 1} = S_i\)

找到幸运数出现次数最多的好序列，输出幸运数出现次数。

题目链接：https://atcoder.jp/contests/abc255/tasks/abc255_e

数据范围

\(2 \leq N \leq 10^5\)
\(1 \leq M \leq 10\)
\(-10^9 \leq S_i \leq 10^9\)
\(-10^9 \leq X_i \leq 10^9\)
\(X_1 < X_2 < \cdots < X_M\)

思路

常规操作，求一下\(A\)与\(S\)的关系，不妨设\(A_1 = Z\)。

由\(A_1 + A_2 = S_1\)得：\(A_2 = S_1 - Z\)；由\(A_2 + A_3 = S_2\)得：\(A_3 = S_2 - S_1 + Z\)；\(A_3 + A_4 = S_3\)得：\(A_4 = S_3 - S_2 + S_1 - Z\)；......

通过上面的分析，我们发现对于\(i = 1, 2, \dots, N\)，有：\(A_i = (-1)^{i + 1}Z + B_i\)。其中对于\(i=2,\dots, N\)，\(B_i = -B_{i - 1} + S_{i - 1}\)，\(B_1 = 0\)。

现在问题就转化成了：确定\(Z\)，使得序列中幸运数字出现次数最多。

我一开始的做法是枚举序列中的每个数字\(A_i\)，二重循环枚举所有幸运数字\(X_j\)，分别求出当\(A_i\)等于\(X_j\)时，\(Z\)的值。在此之前，分别使用两个map记录加减\(Z\)时的\(B_i\)出现次数（分别表示为\(neg\)和\(pos\)。当\(i\)是奇数时，\(B_i\)放进\(pos\)中；否则，\(B_i\)放进\(neg\)中）。然后，枚举每个幸运数字\(X_k\)，推算满足要求的\(B_i\)（当加\(Z\)时，\(B_i = X_k - Z\)；当减\(Z\)时，\(B_i = X_k + Z\)），得到出现次数（\(pos[X_k - Z] + neg[X_k + Z]\)）。这个做法是\(O(NM^2 \log N)\)的，被卡掉了。

下面介绍正解。我们需要考虑如何优化掉\(O(M)\)的时间复杂度。我们发现，在枚举的过程中，有\(A_i = (-1)^{i + 1}Z + B_i = X_j\)，即：\(Z = (-1)^{i + 1}(X_j - B_i)\)。我们令\(Z_{i, j} = (-1)^{i + 1}(X_j - B_i)\)。同时，我们使用map维护\(Z_{i, j}\)的个数。\(Z_{i, j}\)的个数的意义是，当\(A_1 = Z_{i, j}\)时，序列中有多少个元素为幸运数字。

因此，最终答案就是出现次数最多的\(Z_{i, j}\)。时间复杂度为\(O(NM \log NM)\)。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <map>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 100010, M = 15;

int n, m;
ll s[N], x[M];
ll a[N];
map<ll, ll> mp;

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i < n; i ++) scanf("%lld", &s[i]);
    for(int i = 1; i <= m; i ++) scanf("%lld", &x[i]);
    for(int i = 2; i <= n; i ++) {
        a[i] = -a[i - 1] + s[i - 1];
    }
    ll ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        for(int j = 1; j <= m; j ++) {
            ll t = x[j];
            ll A;
            if(i % 2 == 0) A = a[i] - t;
            else A = t - a[i];
            mp[A] ++;
        }
    }
    for(auto p : mp) ans = max(ans, p.second);
    printf("%lld", ans);
    return 0;
}