Solution -「ZJOI 2020」「洛谷 P6631」序列

(mathcal{Description})

  Link.

  给定一个长为 (n) 的非负整数序列 (lang a_n ang)，你可以进行如下操作：

• 取 ([l,r])，将其中所有 (a) 值 (-1)；
• 取 ([l,r])，将其中奇数下标的 (a) 值 (-1)；
• 取 ([l,r])，将其中偶数下标的 (a) 值 (-1)。

  求至少需要几次操作使得所有 (a) 值变为 (0)。

  (nle10^5)，数据组数 (Tle10)。

(mathcal{Solution})

  道路铺设永放光芒！

  记集族 (mathcal I) 包括所有一次操作可能涉及的下标集合，写出线规

[operatorname{minimize}~~~~z=sum_{Pin mathcal I}x_P\ operatorname{s.t.} egin{cases} forall u,~sum_{P i u}x_Pge a_u\ forall u,~-sum_{P i u}x_Pge -a_u\ forall P,~x_Pge 0 end{cases} ]

转对偶

[operatorname{maximize}~~~~z'=sum_{u=1}^na_u(s_u-t_u)\ operatorname{s.t.}egin{cases} forall P,~sum_{uin P}(s_u-t_i)le1\ forall u,~s_u,t_uge0 end{cases} ]

  令 (d_u=s_u−t_u)，由第一个约束，显然有 (d_ule1)；而为最大化 (sum_{u=1}^na_ud_u)，可以得到 (d_uin{-1,0,1})。那么就能简单 DP：令 (f(i,x,y,z)) 表示考虑了 (d_{1..i})，一类/二类/三类操作涉及的操作集合中，最大后缀 (d) 之和为 (x/y/z~(in{0,1}))，枚举 (d_u=1,2,3) 分别转移即可。

  复杂度 (mathcal O(Tn))（其实带一个 (ge log n) 的 (24) 倍常数 qwq）。

(mathcal{Code})

/*~Rainybunny~*/

#include <cstdio>
#include <cstring>

#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i )

typedef long long LL;

inline int rint() {
    int x = 0, f = 1, s = getchar();
    for ( ; s < '0' || '9' < s; s = getchar() ) f = s == '-' ? -f : f;
    for ( ; '0' <= s && s <= '9'; s = getchar() ) x = x * 10 + ( s ^ '0' );
    return x * f;
}

template<typename Tp>
inline void wint( Tp x ) {
    if ( x < 0 ) putchar( '-' ), x = -x;
    if ( 9 < x ) wint( x / 10 );
    putchar( x % 10 ^ '0' );
}

template<typename Tp>
inline void chkmax( Tp& a, const Tp& b ) { a < b && ( a = b, 0 ); }
inline int imax( const int a, const int b ) { return a < b ? b : a; }

const int MAXN = 1e5;
const LL LINF = 1ll << 60;
int n, a[MAXN + 5];
LL f[MAXN + 5][2][2][2];

int main() {
    for ( int T = rint(); T--; ) {
        n = rint();
        rep ( i, 1, n ) a[i] = rint();

        memset( f, 0xc0, sizeof f );
        f[0][0][0][0] = 0;
        rep ( i, 1, n ) rep ( w, -1, 1 ) {
            rep ( x, 0, 1 ) rep ( y, 0, 1 ) rep ( z, 0, 1 ) {
                if ( w + x <= 1 && w + ( i & 1 ? y : z ) <= 1 ) {
                    chkmax( f[i][imax( imax( w, w + x ), 0 )]
                      [i & 1 ? imax( imax( w, w + y ), 0 ) : y]
                      [i & 1 ? z : imax( imax( w, w + z ), 0 )],
                      f[i - 1][x][y][z] + w * a[i] );
                }
            }
        }

        LL ans = -LINF;
        rep ( x, 0, 1 ) rep ( y, 0, 1 ) rep ( z, 0, 1 ) {
            chkmax( ans, f[n][x][y][z] );
        }
        wint( ans ), putchar( '
' );
    }
    return 0;
}