Educational Codeforces Round 63 Div.2 D

简单dp

众所周知，没有修改的最大连续子段和是可以用dp[i]表示以i结尾的最大连续子段和，O(n)的方法求出来的。

我们试着把这样的转移方式代入本题。

那么就会发现其实我们考虑到a[i]的时候有三种情况。

• 我们在考虑a[i]的时候还没有去让某个区间乘以x

• 我们在考虑a[i]的时候正在让某个区间乘以x

• 我们在考虑a[i]的时候已经让某个区间乘以了x（区间已固定）

对应三个不同的情况，可以给dp数组再加一维，dp[1][i], dp[2][i], dp[3][i]分别表示上面三种状态。

那么转移方程很容易写出：

• dp[1][i] = max(dp[1][i - 1] + a[i], 0)

• dp[2][i] = max(dp[1][i - 1] + k * a[i], dp[2][i - 1] + k * a[i], 0)

• dp[3][i] = max(dp[2][i - 1] + a[i], dp[3][i - 1] + a[i], 0)

我们在for循环dp的过程中不断更新答案即可。

#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define full(a, b) memset(a, b, sizeof a)
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int lowbit(int x){ return x & (-x); }
inline int read(){
    int X = 0, w = 0; char ch = 0;
    while(!isdigit(ch)) { w |= ch == '-'; ch = getchar(); }
    while(isdigit(ch)) X = (X << 3) + (X << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
    return w ? -X : X;
}
inline int gcd(int a, int b){ return a % b ? gcd(b, a % b) : b; }
inline int lcm(int a, int b){ return a / gcd(a, b) * b; }
template<typename T>
inline T max(T x, T y, T z){ return max(max(x, y), z); }
template<typename T>
inline T min(T x, T y, T z){ return min(min(x, y), z); }
template<typename A, typename B, typename C>
inline A fpow(A x, B p, C lyd){
    A ans = 1;
    for(; p; p >>= 1, x = 1LL * x * x % lyd)if(p & 1)ans = 1LL * x * ans % lyd;
    return ans;
}

const int N = 300005;
ll a[N], dp[4][N], ans;
int n, x;

int main(){

    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> n >> x;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
    for(int i = 1; i <= n; i ++){
        dp[1][i] = max(dp[1][i - 1] + a[i], 0LL);
        dp[2][i] = max(dp[2][i - 1] + a[i] * x, dp[1][i - 1] + a[i] * x, 0LL);
        dp[3][i] = max(dp[3][i - 1] + a[i], dp[2][i - 1] + a[i], 0LL);
        ans = max(ans, max(dp[1][i], dp[2][i], dp[3][i]));
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}