ACGO 巅峰赛#15 - 题目解析
间隔四个月再战 ACGO Rated，鉴于最近学业繁忙，比赛打地都不是很频繁。虽然这次没有 AK 排位赛（我可以说是因为周末太忙，没有充足的时间思考题目…（好吧，其实也许是因为我把 T5 给想复杂了））。
本文依旧提供每道题的完整解析（因为我在赛后把题目做出来了）。
T1 - 高塔
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插一句题外话，这道题的题目编号挺有趣的。
没有什么特别难的点，循环读入每一个数字，读入后跟第一个输入的数字比较大小，如果读入的数字比第一个读入的数字要大（即 \(a_i > a_1\) ），直接输出 \(i\) 并结束主程序即可。
本题的 C++ 代码如下：
#include <iostream>
using namespace std;
int n, arr[105];
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> n;
for (int i=1; i<=n; i++){
cin >> arr[i];
if (arr[i] > arr[1]){
cout << i << endl;
return 0;
}
}
cout << -1 << endl;
return 0;
}
本题的 Python 代码如下：
n = int(input())
arr = list(map(int, input().split()))
for i in range(1, n + 1):
if arr[i - 1] > arr[0]:
print(i)
break
else:
print(-1)
T2 - 营养均衡
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也是一道入门题目，没有什么比较难的地方，重点是把题目读清楚了。
我们设置一个数组
\(\tt{arr}\)
，其中
\(\tt{arr_i}\)
表示种营养元素还需要的摄入量。那么，如果
\(\tt{arr_i} \le 0\)
的话，就表示该种营养元素的摄入量已经达到了 “健康饮食” 的所需标准了。按照题意模拟一下即可，最后遍历一整个数组判断是否有无法满足的元素。换句话说，只要有任意的
\(\forall i\)
，满足
\(\tt{arr_i} > 0\)
就需要输出
No
。
本题的 C++ 代码如下：
#include <iostream>
using namespace std;
int n, m;
long long arr[1005];
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> n >> m;
for (int i=1; i<=m; i++)
cin >> arr[i];
for (int i=1; i<=n; i++){
for (int j=1; j<=m; j++){
int t; cin >> t;
arr[j] -= t;
}
}
for (int i=1; i<=m; i++){
if (arr[i] > 0){
cout << "No" << endl;
return 0;
}
}
cout << "Yes" << endl;
return 0;
}
本题的 Python 代码如下：
n, m = map(int, input().split())
arr = list(map(int, input().split()))
for _ in range(n):
t = list(map(int, input().split()))
for j in range(m):
arr[j] -= t[j]
if any(x > 0 for x in arr):
print("No")
else:
print("Yes")
T3 - ^_^ 还是 ?
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一道简单的思维题目，难度定在【普及-】还算是合理的。不过 USACO 的 Bronze 组别特别喜欢考这种类似的思维题目。
普通算法
考虑采用贪心的思路，先把序列按照从大到小的原则排序。暴力枚举一个节点 \(i\) ，判断是否有可能满足选择前 \(i\) 个数字 \(-1\) ，剩下的数字都至少 \(+1\) 的情况下所有的数字都大于零。
那么该如何快速的判断是否所有的数字都大于零呢？首先可以肯定的是，后 \(n - i\) 个数字一定是大于零的，因为这些数字只会增加不会减少。所以我们把重点放在前 \(i\) 个数字上面。由于数组已经是有序的，因此如果第 \(i\) 个数字是大于 \(1\) 的，那么前 \(i\) 个数字在减去 \(1\) 之后也一定是正整数。
由于使用了排序算法，本算法的单次查询时间复杂度在 \(O(N \log_2 N)\) 级别，总时间复杂度为 \(O(N^2 \log_2 N)\) ，可以在 \(\tt{1s}\) 内通过所有的测试点。
本题的 C++ 代码如下：
#include <iostream>
#include <unordered_map>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
int n;
int arr[1005];
void solve(){
cin >> n;
long long sum = 0;
for (int i=1, t; i<=n; i++){
cin >> arr[i];
}
sort(arr+1, arr+1+n, greater<int>());
if (n == 1) {
cout << ":-(" << endl;
return ;
}
// 暴力枚举，选择前 i 个数字 - 1，剩下的所有数字都至少 + 1。
bool flag = 0;
for (int i=1; i<=n; i++){
sum += arr[i];
if (arr[i] == 1) break;
if (sum - (n - i) >= i) flag = 1;
}
cout << (flag ? "^_^" : ":-(") << endl;
return ;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int T; cin >> T;
while(T--) solve();
return 0;
}
本题的 Python 代码如下：
def solve():
n = int(input())
arr = list(map(int, input().split()))
# 对数组降序排序
arr.sort(reverse=True)
if n == 1:
print(":-(")
return
# 暴力枚举前 i 个数字 - 1，剩下的数字 +1
sum_ = 0
flag = False
for i in range(1, n + 1):
sum_ += arr[i - 1]
if arr[i - 1] == 1:
break
if sum_ - (n - i) >= i:
flag = True
print("^_^" if flag else ":-(")
def main():
T = int(input())
for _ in range(T):
solve()
if __name__ == "__main__":
main()
二分答案优化
注意到答案是单调的，因此可以使用二分答案的算法来将算法的单次查询复杂度降低到 \(O(\log_2 N)\) 级别，因此该算法的总时间复杂度为 \(O(N \log_2 N)\) 。
优化后的 C++ 代码如下：
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n;
int arr[1005];
void solve() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> arr[i];
sort(arr + 1, arr + 1 + n, greater<int>());
if (n == 1) {
cout << ":-(" << endl;
return;
}
int left = 1, right = n, res = -1;
while (left <= right) {
int mid = (left + right) / 2;
if (arr[mid] > 1) {
res = mid;
right = mid - 1;
} else {
left = mid + 1;
}
}
cout << (res != -1 ? "^_^" : ":-(") << endl;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int T; cin >> T;
while (T--) solve();
return 0;
}
优化后的 Python 算法如下：
def solve():
n = int(input())
arr = list(map(int, input().split()))
# 对数组降序排序
arr.sort(reverse=True)
if n == 1:
print(":-(")
return
left, right, res = 0, n - 1, -1
while left <= right:
mid = (left + right) // 2
if arr[mid] > 1:
res = mid
right = mid - 1
else:
left = mid + 1
print("^_^" if res != -1 else ":-(")
def main():
T = int(input())
for _ in range(T):
solve()
if __name__ == "__main__":
main()
T4 - Azusa的计划
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这道题的难度也不是很高，稍微思考一下即可。
任何事件时间 \(t\) 对 \((a + b)\) 取模后，事件可以映射到一个固定的周期内。这样，问题就转化为一个固定长度的区间检查问题。
因此，在读入数字后，将所有的数字对 \((a + b)\) 取模并排序，如果数字分布（序列的最大值和最小值的差值天数）在 \(a\) 范围内即可满足将所有的日程安排在休息日当中。但需要注意的是，两个日期的差值天数不能单纯地使用数字相减的方法求得。以正常 \(7\) 天为一周作为范例，周一和周日的日期差值为 \(1\) 天，而不是 \(7 - 1 = 6\) 天。这也是本题最难的部分。
如果做过 区间 DP 的用户应该能非常快速地想到如果数据是一个 “环状” 的情况下该如何解决问题（参考题目：石子合并（标准版））。我们可以使用 “剖环成链” 的方法，将环中的元素复制一遍并将每个数字增加 \((a + b)\) ，拼接在原数组的末尾，这样一个长度为 \(n\) 的环就被扩展为一个长度为 \(2n\) 的线性数组。
最后只需要遍历这个数组内所有长度为 \(n\) 的区间 \([i, n + i - 1]\) ，判断是否有任意一个区间的最大值和最小值的差在 \(a\) 以内即可判断是否可以讲所有的日程安排都分不在休息日中。
本题的时间复杂度为 \(O(N \log_2 N)\) 。
本题的 C++ 代码如下：
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n, a, b;
int arr[500005];
int maximum, minimum = 0x7f7f7f7f;
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> n >> a >> b;
for (int i=1; i<=n; i++){
cin >> arr[i];
arr[i] %= (a + b);
}
sort(arr+1, arr+1+n);
for (int i=1; i<=n; i++){
arr[i+n] = arr[i] + (a + b);
}
bool flag = 0;
for (int i=1; i+n-1<=2*n; i++) {
if (arr[i+n-1] - arr[i] < a)
flag = 1;
}
cout << (flag ? "Yes" : "No") << endl;
}
本题的 Python 代码如下：
def main():
import sys
input = sys.stdin.read
data = input().split()
n, a, b = map(int, data[:3])
arr = list(map(int, data[3:]))
mod_value = a + b
arr = [x % mod_value for x in arr]
arr.sort()
arr += [x + mod_value for x in arr]
flag = False
for i in range(n):
if arr[i + n - 1] - arr[i] < a:
flag = True
break
print("Yes" if flag else "No")
if __name__ == "__main__":
main()
T5 - 前缀和问题
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我个人认为这道题比最后一道题要难，也许是因为这类题目做的比较少的原因，看到题目后不知道从哪下手。
使用分类讨论的方法，设置一个阈值 \(S\) ，考虑暴力枚举所有 \(b > S\) 的情况，并离线优化 \(b \le S\) 的情况。将 \(S\) 设置为 \(\sqrt{N}\) ，则有：
- 对于大步长 \(b > S\) ，任意一次查询只需要最多遍历 \(550\) （即 \(\sqrt{N}\) ）次就可以算出答案，因此暴力枚举这部分。
- 对于小步长 \(b \le S\) ，按 \(b\) 分组批量离线查询。
对于大步长部分，每一次查询的时间复杂度为 \(O(\sqrt{N})\) ，在最坏情况下总时间复杂度为 \(O(N \times \sqrt{N})\) 。对于小步长的部分，每一次查询的时间复杂度约为 \(O(n)\) ，在最坏情况下的时间复杂度为 \(O(N\times \sqrt{N})\) ，因此本题在最坏情况下的渐进时间复杂度为：
最后，本题的 C++ 代码如下：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
struct Query {
int id;
int a, b;
};
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int n; cin >> n;
vector<LL> a_arr(n + 1, 0);
for(int i =1; i <=n; i++) cin >> a_arr[i];
int q; cin >> q;
vector<Query> queries(q);
for(int i =0; i < q; i++){
cin >> queries[i].a >> queries[i].b;
queries[i].id = i;
}
int S = 550;
// 分组查询：小步长和大步长
// 对于小步长 b <= S，按 b 分组
// 对于大步长 b > S，单独存储
vector<vector<pair<int, int>>> small_b_queries(S +1, vector<pair<int, int>>()); // small_b_queries[b]存储 (a, id)
vector<pair<int, int>> large_b_queries; // 存储 (a, id) for b > S
for(int i =0; i < q; i++) {
if(queries[i].b <= S)
small_b_queries[queries[i].b].emplace_back(queries[i].a, queries[i].id);
else
large_b_queries.emplace_back(make_pair(queries[i].a, queries[i].id));
}
vector<LL> res(q, 0);
// 预处理小步长查询
// 对每个 b =1 to S
for(int b =1; b <= S; b++){
if(small_b_queries[b].empty()) continue;
// 创建一个临时数组 s_arr，用于存储当前步长 b 的累加和
// 从 n downto 1
// s_arr[a] = a_arr[a] + s_arr[a + b] (如果 a + b <=n)
// 否则 s_arr[a] = a[a]
vector<LL> s_arr(n + 5, 0);
for(int a = n; a >=1; a--){
if(a + b <= n){
s_arr[a] = a_arr[a] + s_arr[a + b];
}
else{
s_arr[a] = a_arr[a];
}
}
// 回答所有步长为 b 的查询
for(auto &[a, id] : small_b_queries[b]){
res[id] = s_arr[a];
}
}
// 处理大步长查询
// 由于 b > S，且 S = 550，所以每个查询最多需要 ~550 次操作
for(auto &[a, id] : large_b_queries){
LL sum = 0;
int current = a;
while(current <= n){
sum += a_arr[current];
current += queries[id].b;
}
res[id] = sum;
}
for(int i =0; i < q; i++)
cout << res[i] << "\n";
return 0;
}
本题的 Python 代码如下（不保证可以通过所有的测试点）：
class Query:
def __init__(self, id, a, b):
self.id = id
self.a = a
self.b = b
def main():
import sys
input = sys.stdin.read
data = input().split()
n = int(data[0])
a_arr = [0] * (n + 1)
for i in range(1, n + 1):
a_arr[i] = int(data[i])
q = int(data[n + 1])
queries = []
idx = n + 2
for i in range(q):
a, b = int(data[idx]), int(data[idx + 1])
queries.append(Query(i, a, b))
idx += 2
S = 550
small_b_queries = [[] for _ in range(S + 1)]
large_b_queries = []
for query in queries:
if query.b <= S:
small_b_queries[query.b].append((query.a, query.id))
else:
large_b_queries.append((query.a, query.id))
res = [0] * q
for b in range(1, S + 1):
if not small_b_queries[b]:
continue
s_arr = [0] * (n + 5)
for a in range(n, 0, -1):
if a + b <= n:
s_arr[a] = a_arr[a] + s_arr[a + b]
else:
s_arr[a] = a_arr[a]
for a, id in small_b_queries[b]:
res[id] = s_arr[a]
for a, id in large_b_queries:
sum_val = 0
current = a
b = queries[id].b
while current <= n:
sum_val += a_arr[current]
current += b
res[id] = sum_val
sys.stdout.write("\n".join(map(str, res)) + "\n")
if __name__ == "__main__":
main()
T6 - 划分区间
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一道线段树优化动态规划的题目，难度趋近于 CSP 提高组的题目和 USACO 铂金组的中等题。一眼可以看出题目是一个典型的动态规划问题，但奈何数据量太大了， \(O(N^2)\) 的复杂度肯定会 TLE。但无论如何都是 “车到山前必有路”，看到数据范围不用怕，先打一个暴力的动态规划再优化。
按照一位 OI 大神的说法：“所有的动态规划优化都是在基础的代码上等量代换”。
与打家劫舍等线性动态规划类似，对于本题而言，设状态的定义为 \(dp_i\) 表示对 \([1, i]\) 这个序列划分后可得到的最大贡献。通过暴力遍历 \(j, (1 \le j < i)\) ，表示将 \((j, i]\) 归位一组。另设 \(A(j, i)\) 为区间 \((j, i]\) 的贡献值。根据以上信息可以得到状态转移方程：
接下来就是关于 \(A(j, i)\) 的计算了。设前缀和数组 \(S_i\) 表示从区间 \([1, i]\) 的和，那么 \((j, i]\) 区间的和可以被表示为 \(S[i] - S[j]\) 。根据不同的 \(S[i] - S[j]\) ，则有以下三种情况：
- 当 \(S[i] - S[j] > 0\) 时，证明该区间的和是正数，贡献为 \(i - j\) 。
- 当 \(S[i] - S[j] = 0\) 时，该区间的和为零，贡献为 \(0\) 。
- 当 \(S[i] - S[j] < 0\) 时，证明该区间的和是负数，贡献为 \(- (i - j) = j - i\) 。
综上所述，可以写出一个暴力版本的动态规划代码：
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <climits>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
vector<int> A(n + 1);
vector<long long> S(n + 1, 0);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> A[i];
S[i] = S[i - 1] + A[i];
}
vector<long long> dp(n + 1, LLONG_MIN);
dp[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 0; j < i; j++) {
if (S[i] - S[j] > 0)
dp[i] = max(dp[i], dp[j] + (i - j));
if (S[i] - S[j] < 0)
dp[i] = max(dp[i], dp[j] - (i - j));
if (S[i] - S[j] == 0)
dp[i] = max(dp[i], dp[j]);
}
}
cout << dp[n] << endl;
return 0;
}
接下来考虑优化这个动态规划，注意到每一次寻找 \(\tt{max}\) 都非常耗时，每一次都需要遍历一遍才能求出最大值。有没有一种方法可以快速求出某一个区间的最大值呢？答案就是线段树。线段树是一个非常好的快速求解区间最值问题的数据结构。
更多有关区间最值问题的学习请参考：[# 浅入线段树与区间最值问题](# 浅入线段树与区间最值问题)
综上，我们可以通过构建线段树来快速求得答案。简化三种情况可得：
if (S[i] - S[j] > 0)
dp[i] = max(dp[i], dp[j] - j + i);
if (S[i] - S[j] < 0)
dp[i] = max(dp[i], dp[j] + j - i));
if (S[i] - S[j] == 0)
dp[i] = max(dp[i], dp[j]);
因此我们构造三棵线段树，分别来维护这三个区间：
- \(\max_{0\le j < i} dp_j\)
- \(\max_{0\le j < i} (dp_j - j)\)
- \(\max_{0\le j < i} (dp_j + j)\)
然而我们的线段树不能仅仅维护这个区间，因为这三个的最大值还被 \(A(j, i)\) 的三种状态所限制着，因此，我们需要找的是满足 \(S_i - S_j\) 在特定条件下的最大值。这样就出现了另一个严重的问题， \(S_i\) 的值可能非常的大，因此我们需要对前缀和数组离散化一下（坐标压缩：类似于权值线段树的写法）才可以防止内存超限。
这样子对于每次寻找最大值，都可以在 \(O(\log_2N)\) 的情况下找到。本算法的总时间复杂度也控制在了 \(O(N \times \log_2N)\) 级别。
本题的 C++ 代码如下：
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <climits>
#define int long long
using namespace std;
const int MAX = 500005;
struct SegmentTree {
int size;
vector<int> tree;
SegmentTree(int n_) {
size = 1;
while (size < n_) size <<=1;
tree.assign(2*size, LLONG_MIN);
}
void ｕｐｄａｔｅ(int pos, int value){
pos += size -1;
tree[pos] = max(tree[pos], value);
while(pos >1){
pos >>=1;
tree[pos] = max(tree[2*pos], tree[2*pos+1]);
}
}
int query(int l, int r){
l += size -1; r += size -1;
int res = LLONG_MIN;
while(l <= r){
if(l%2 ==1)
res = max(res, tree[l++]);
if(r%2 ==0)
res = max(res, tree[r--]);
l >>=1; r >>=1;
}
return res;
}
};
int n;
int A[MAX], S[MAX], aintS_arr[MAX];
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin >> A[i];
S[0] = 0;
for(int i=1;i<=n;i++) S[i] = S[i-1] + A[i];
for(int i=0;i<=n;i++) aintS_arr[i] = S[i];
sort(aintS_arr, aintS_arr + n +1);
int m = unique(aintS_arr, aintS_arr + n +1) - aintS_arr;
auto get_idx = [&](int x) -> int {
return lower_bound(aintS_arr, aintS_arr + m, x) - aintS_arr +1;
};
SegmentTree BIT1(m); // max(dp[j]-j)
SegmentTree BIT2(m); // max(dp[j])
SegmentTree BIT3(m); // max(dp[j]+j)
int idx_S0 = get_idx(S[0]);
BIT1.ｕｐｄａｔｅ(idx_S0, 0);
BIT2.ｕｐｄａｔｅ(idx_S0, 0);
BIT3.ｕｐｄａｔｅ(idx_S0, 0);
int dp_i = LLONG_MIN;
for(int i=1;i<=n;i++){
int Si = S[i];
int idx_Si = get_idx(Si);
int option1 = LLONG_MIN;
if(idx_Si >1){
int temp = BIT1.query(1, idx_Si -1);
if(temp != LLONG_MIN){
option1 = temp + i;
}
}
int option2 = BIT2.query(idx_Si, idx_Si);
int option3 = LLONG_MIN;
if(idx_Si < m){
int temp = BIT3.query(idx_Si +1, m);
if(temp != LLONG_MIN){
option3 = temp - i;
}
}
dp_i = max(option1, max(option2, option3));
BIT1.ｕｐｄａｔｅ(idx_Si, dp_i - i);
BIT2.ｕｐｄａｔｅ(idx_Si, dp_i);
BIT3.ｕｐｄａｔｅ(idx_Si, dp_i + i);
}
cout << dp_i;
}
本题的 Python 代码如下（由于 Python 常数过大，因此没有办法通过这道题所有的测试点，但是代码的正确性没有问题）：
class SegmentTree:
def __init__(self, n):
self.size = 1
while self.size < n:
self.size *= 2
self.tree = [float('-inf')] * (2 * self.size)
def ｕｐｄａｔｅ(self, pos, value):
pos += self.size - 1
self.tree[pos] = max(self.tree[pos], value)
while pos > 1:
pos //= 2
self.tree[pos] = max(self.tree[2 * pos], self.tree[2 * pos + 1])
def query(self, l, r):
l += self.size - 1
r += self.size - 1
res = float('-inf')
while l <= r:
if l % 2 == 1:
res = max(res, self.tree[l])
l += 1
if r % 2 == 0:
res = max(res, self.tree[r])
r -= 1
l //= 2
r //= 2
return res
def main():
import sys
input = sys.stdin.read
data = input().split()
n = int(data[0])
A = list(map(int, data[1:n + 1]))
S = [0] * (n + 1)
for i in range(1, n + 1):
S[i] = S[i - 1] + A[i - 1]
aintS_arr = S[:]
aintS_arr.sort()
m = len(set(aintS_arr))
aintS_arr = sorted(set(aintS_arr))
def get_idx(x):
# Return the index in the compressed array
return aintS_arr.index(x) + 1
BIT1 = SegmentTree(m) # max(dp[j] - j)
BIT2 = SegmentTree(m) # max(dp[j])
BIT3 = SegmentTree(m) # max(dp[j] + j)
idx_S0 = get_idx(S[0])
BIT1.ｕｐｄａｔｅ(idx_S0, 0)
BIT2.ｕｐｄａｔｅ(idx_S0, 0)
BIT3.ｕｐｄａｔｅ(idx_S0, 0)
dp_i = float('-inf')
for i in range(1, n + 1):
Si = S[i]
idx_Si = get_idx(Si)
option1 = float('-inf')
if idx_Si > 1:
temp = BIT1.query(1, idx_Si - 1)
if temp != float('-inf'):
option1 = temp + i
option2 = BIT2.query(idx_Si, idx_Si)
option3 = float('-inf')
if idx_Si < m:
temp = BIT3.query(idx_Si + 1, m)
if temp != float('-inf'):
option3 = temp - i
dp_i = max(option1, option2, option3)
BIT1.ｕｐｄａｔｅ(idx_Si, dp_i - i)
BIT2.ｕｐｄａｔｅ(idx_Si, dp_i)
BIT3.ｕｐｄａｔｅ(idx_Si, dp_i + i)
print(dp_i)
if __name__ == "__main__":
main()
ACGO 巅峰赛#15 - 题目解析
间隔四个月再战 ACGO Rated，鉴于最近学业繁忙，比赛打地都不是很频繁。虽然这次没有 AK 排位赛（我可以说是因为周末太忙，没有充足的时间思考题目…（好吧，其实也许是因为我把 T5 给想复杂了））。
本文依旧提供每道题的完整解析（因为我在赛后把题目做出来了）。
T1 - 高塔
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插一句题外话，这道题的题目编号挺有趣的。
没有什么特别难的点，循环读入每一个数字，读入后跟第一个输入的数字比较大小，如果读入的数字比第一个读入的数字要大（即 \(a_i > a_1\) ），直接输出 \(i\) 并结束主程序即可。
本题的 C++ 代码如下：
#include <iostream>
using namespace std;
int n, arr[105];
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> n;
for (int i=1; i<=n; i++){
cin >> arr[i];
if (arr[i] > arr[1]){
cout << i << endl;
return 0;
}
}
cout << -1 << endl;
return 0;
}
本题的 Python 代码如下：
n = int(input())
arr = list(map(int, input().split()))
for i in range(1, n + 1):
if arr[i - 1] > arr[0]:
print(i)
break
else:
print(-1)
T2 - 营养均衡
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也是一道入门题目，没有什么比较难的地方，重点是把题目读清楚了。
我们设置一个数组
\(\tt{arr}\)
，其中
\(\tt{arr_i}\)
表示种营养元素还需要的摄入量。那么，如果
\(\tt{arr_i} \le 0\)
的话，就表示该种营养元素的摄入量已经达到了 “健康饮食” 的所需标准了。按照题意模拟一下即可，最后遍历一整个数组判断是否有无法满足的元素。换句话说，只要有任意的
\(\forall i\)
，满足
\(\tt{arr_i} > 0\)
就需要输出
No
。
本题的 C++ 代码如下：
#include <iostream>
using namespace std;
int n, m;
long long arr[1005];
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> n >> m;
for (int i=1; i<=m; i++)
cin >> arr[i];
for (int i=1; i<=n; i++){
for (int j=1; j<=m; j++){
int t; cin >> t;
arr[j] -= t;
}
}
for (int i=1; i<=m; i++){
if (arr[i] > 0){
cout << "No" << endl;
return 0;
}
}
cout << "Yes" << endl;
return 0;
}
本题的 Python 代码如下：
n, m = map(int, input().split())
arr = list(map(int, input().split()))
for _ in range(n):
t = list(map(int, input().split()))
for j in range(m):
arr[j] -= t[j]
if any(x > 0 for x in arr):
print("No")
else:
print("Yes")
T3 - ^_^ 还是 ?
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一道简单的思维题目，难度定在【普及-】还算是合理的。不过 USACO 的 Bronze 组别特别喜欢考这种类似的思维题目。
普通算法
考虑采用贪心的思路，先把序列按照从大到小的原则排序。暴力枚举一个节点 \(i\) ，判断是否有可能满足选择前 \(i\) 个数字 \(-1\) ，剩下的数字都至少 \(+1\) 的情况下所有的数字都大于零。
那么该如何快速的判断是否所有的数字都大于零呢？首先可以肯定的是，后 \(n - i\) 个数字一定是大于零的，因为这些数字只会增加不会减少。所以我们把重点放在前 \(i\) 个数字上面。由于数组已经是有序的，因此如果第 \(i\) 个数字是大于 \(1\) 的，那么前 \(i\) 个数字在减去 \(1\) 之后也一定是正整数。
由于使用了排序算法，本算法的单次查询时间复杂度在 \(O(N \log_2 N)\) 级别，总时间复杂度为 \(O(N^2 \log_2 N)\) ，可以在 \(\tt{1s}\) 内通过所有的测试点。
本题的 C++ 代码如下：
#include <iostream>
#include <unordered_map>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
int n;
int arr[1005];
void solve(){
cin >> n;
long long sum = 0;
for (int i=1, t; i<=n; i++){
cin >> arr[i];
}
sort(arr+1, arr+1+n, greater<int>());
if (n == 1) {
cout << ":-(" << endl;
return ;
}
// 暴力枚举，选择前 i 个数字 - 1，剩下的所有数字都至少 + 1。
bool flag = 0;
for (int i=1; i<=n; i++){
sum += arr[i];
if (arr[i] == 1) break;
if (sum - (n - i) >= i) flag = 1;
}
cout << (flag ? "^_^" : ":-(") << endl;
return ;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int T; cin >> T;
while(T--) solve();
return 0;
}
本题的 Python 代码如下：
def solve():
n = int(input())
arr = list(map(int, input().split()))
# 对数组降序排序
arr.sort(reverse=True)
if n == 1:
print(":-(")
return
# 暴力枚举前 i 个数字 - 1，剩下的数字 +1
sum_ = 0
flag = False
for i in range(1, n + 1):
sum_ += arr[i - 1]
if arr[i - 1] == 1:
break
if sum_ - (n - i) >= i:
flag = True
print("^_^" if flag else ":-(")
def main():
T = int(input())
for _ in range(T):
solve()
if __name__ == "__main__":
main()
二分答案优化
注意到答案是单调的，因此可以使用二分答案的算法来将算法的单次查询复杂度降低到 \(O(\log_2 N)\) 级别，因此该算法的总时间复杂度为 \(O(N \log_2 N)\) 。
优化后的 C++ 代码如下：
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n;
int arr[1005];
void solve() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> arr[i];
sort(arr + 1, arr + 1 + n, greater<int>());
if (n == 1) {
cout << ":-(" << endl;
return;
}
int left = 1, right = n, res = -1;
while (left <= right) {
int mid = (left + right) / 2;
if (arr[mid] > 1) {
res = mid;
right = mid - 1;
} else {
left = mid + 1;
}
}
cout << (res != -1 ? "^_^" : ":-(") << endl;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int T; cin >> T;
while (T--) solve();
return 0;
}
优化后的 Python 算法如下：
def solve():
n = int(input())
arr = list(map(int, input().split()))
# 对数组降序排序
arr.sort(reverse=True)
if n == 1:
print(":-(")
return
left, right, res = 0, n - 1, -1
while left <= right:
mid = (left + right) // 2
if arr[mid] > 1:
res = mid
right = mid - 1
else:
left = mid + 1
print("^_^" if res != -1 else ":-(")
def main():
T = int(input())
for _ in range(T):
solve()
if __name__ == "__main__":
main()
T4 - Azusa的计划
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这道题的难度也不是很高，稍微思考一下即可。
任何事件时间 \(t\) 对 \((a + b)\) 取模后，事件可以映射到一个固定的周期内。这样，问题就转化为一个固定长度的区间检查问题。
因此，在读入数字后，将所有的数字对 \((a + b)\) 取模并排序，如果数字分布（序列的最大值和最小值的差值天数）在 \(a\) 范围内即可满足将所有的日程安排在休息日当中。但需要注意的是，两个日期的差值天数不能单纯地使用数字相减的方法求得。以正常 \(7\) 天为一周作为范例，周一和周日的日期差值为 \(1\) 天，而不是 \(7 - 1 = 6\) 天。这也是本题最难的部分。
如果做过 区间 DP 的用户应该能非常快速地想到如果数据是一个 “环状” 的情况下该如何解决问题（参考题目：石子合并（标准版））。我们可以使用 “剖环成链” 的方法，将环中的元素复制一遍并将每个数字增加 \((a + b)\) ，拼接在原数组的末尾，这样一个长度为 \(n\) 的环就被扩展为一个长度为 \(2n\) 的线性数组。
最后只需要遍历这个数组内所有长度为 \(n\) 的区间 \([i, n + i - 1]\) ，判断是否有任意一个区间的最大值和最小值的差在 \(a\) 以内即可判断是否可以讲所有的日程安排都分不在休息日中。
本题的时间复杂度为 \(O(N \log_2 N)\) 。
本题的 C++ 代码如下：
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n, a, b;
int arr[500005];
int maximum, minimum = 0x7f7f7f7f;
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> n >> a >> b;
for (int i=1; i<=n; i++){
cin >> arr[i];
arr[i] %= (a + b);
}
sort(arr+1, arr+1+n);
for (int i=1; i<=n; i++){
arr[i+n] = arr[i] + (a + b);
}
bool flag = 0;
for (int i=1; i+n-1<=2*n; i++) {
if (arr[i+n-1] - arr[i] < a)
flag = 1;
}
cout << (flag ? "Yes" : "No") << endl;
}
本题的 Python 代码如下：
def main():
import sys
input = sys.stdin.read
data = input().split()
n, a, b = map(int, data[:3])
arr = list(map(int, data[3:]))
mod_value = a + b
arr = [x % mod_value for x in arr]
arr.sort()
arr += [x + mod_value for x in arr]
flag = False
for i in range(n):
if arr[i + n - 1] - arr[i] < a:
flag = True
break
print("Yes" if flag else "No")
if __name__ == "__main__":
main()
T5 - 前缀和问题
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我个人认为这道题比最后一道题要难，也许是因为这类题目做的比较少的原因，看到题目后不知道从哪下手。
使用分类讨论的方法，设置一个阈值 \(S\) ，考虑暴力枚举所有 \(b > S\) 的情况，并离线优化 \(b \le S\) 的情况。将 \(S\) 设置为 \(\sqrt{N}\) ，则有：
- 对于大步长 \(b > S\) ，任意一次查询只需要最多遍历 \(550\) （即 \(\sqrt{N}\) ）次就可以算出答案，因此暴力枚举这部分。
- 对于小步长 \(b \le S\) ，按 \(b\) 分组批量离线查询。
对于大步长部分，每一次查询的时间复杂度为 \(O(\sqrt{N})\) ，在最坏情况下总时间复杂度为 \(O(N \times \sqrt{N})\) 。对于小步长的部分，每一次查询的时间复杂度约为 \(O(n)\) ，在最坏情况下的时间复杂度为 \(O(N\times \sqrt{N})\) ，因此本题在最坏情况下的渐进时间复杂度为：
最后，本题的 C++ 代码如下：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
struct Query {
int id;
int a, b;
};
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int n; cin >> n;
vector<LL> a_arr(n + 1, 0);
for(int i =1; i <=n; i++) cin >> a_arr[i];
int q; cin >> q;
vector<Query> queries(q);
for(int i =0; i < q; i++){
cin >> queries[i].a >> queries[i].b;
queries[i].id = i;
}
int S = 550;
// 分组查询：小步长和大步长
// 对于小步长 b <= S，按 b 分组
// 对于大步长 b > S，单独存储
vector<vector<pair<int, int>>> small_b_queries(S +1, vector<pair<int, int>>()); // small_b_queries[b]存储 (a, id)
vector<pair<int, int>> large_b_queries; // 存储 (a, id) for b > S
for(int i =0; i < q; i++) {
if(queries[i].b <= S)
small_b_queries[queries[i].b].emplace_back(queries[i].a, queries[i].id);
else
large_b_queries.emplace_back(make_pair(queries[i].a, queries[i].id));
}
vector<LL> res(q, 0);
// 预处理小步长查询
// 对每个 b =1 to S
for(int b =1; b <= S; b++){
if(small_b_queries[b].empty()) continue;
// 创建一个临时数组 s_arr，用于存储当前步长 b 的累加和
// 从 n downto 1
// s_arr[a] = a_arr[a] + s_arr[a + b] (如果 a + b <=n)
// 否则 s_arr[a] = a[a]
vector<LL> s_arr(n + 5, 0);
for(int a = n; a >=1; a--){
if(a + b <= n){
s_arr[a] = a_arr[a] + s_arr[a + b];
}
else{
s_arr[a] = a_arr[a];
}
}
// 回答所有步长为 b 的查询
for(auto &[a, id] : small_b_queries[b]){
res[id] = s_arr[a];
}
}
// 处理大步长查询
// 由于 b > S，且 S = 550，所以每个查询最多需要 ~550 次操作
for(auto &[a, id] : large_b_queries){
LL sum = 0;
int current = a;
while(current <= n){
sum += a_arr[current];
current += queries[id].b;
}
res[id] = sum;
}
for(int i =0; i < q; i++)
cout << res[i] << "\n";
return 0;
}
本题的 Python 代码如下（不保证可以通过所有的测试点）：
class Query:
def __init__(self, id, a, b):
self.id = id
self.a = a
self.b = b
def main():
import sys
input = sys.stdin.read
data = input().split()
n = int(data[0])
a_arr = [0] * (n + 1)
for i in range(1, n + 1):
a_arr[i] = int(data[i])
q = int(data[n + 1])
queries = []
idx = n + 2
for i in range(q):
a, b = int(data[idx]), int(data[idx + 1])
queries.append(Query(i, a, b))
idx += 2
S = 550
small_b_queries = [[] for _ in range(S + 1)]
large_b_queries = []
for query in queries:
if query.b <= S:
small_b_queries[query.b].append((query.a, query.id))
else:
large_b_queries.append((query.a, query.id))
res = [0] * q
for b in range(1, S + 1):
if not small_b_queries[b]:
continue
s_arr = [0] * (n + 5)
for a in range(n, 0, -1):
if a + b <= n:
s_arr[a] = a_arr[a] + s_arr[a + b]
else:
s_arr[a] = a_arr[a]
for a, id in small_b_queries[b]:
res[id] = s_arr[a]
for a, id in large_b_queries:
sum_val = 0
current = a
b = queries[id].b
while current <= n:
sum_val += a_arr[current]
current += b
res[id] = sum_val
sys.stdout.write("\n".join(map(str, res)) + "\n")
if __name__ == "__main__":
main()
T6 - 划分区间
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一道线段树优化动态规划的题目，难度趋近于 CSP 提高组的题目和 USACO 铂金组的中等题。一眼可以看出题目是一个典型的动态规划问题，但奈何数据量太大了， \(O(N^2)\) 的复杂度肯定会 TLE。但无论如何都是 “车到山前必有路”，看到数据范围不用怕，先打一个暴力的动态规划再优化。
按照一位 OI 大神的说法：“所有的动态规划优化都是在基础的代码上等量代换”。
与打家劫舍等线性动态规划类似，对于本题而言，设状态的定义为 \(dp_i\) 表示对 \([1, i]\) 这个序列划分后可得到的最大贡献。通过暴力遍历 \(j, (1 \le j < i)\) ，表示将 \((j, i]\) 归位一组。另设 \(A(j, i)\) 为区间 \((j, i]\) 的贡献值。根据以上信息可以得到状态转移方程：
接下来就是关于 \(A(j, i)\) 的计算了。设前缀和数组 \(S_i\) 表示从区间 \([1, i]\) 的和，那么 \((j, i]\) 区间的和可以被表示为 \(S[i] - S[j]\) 。根据不同的 \(S[i] - S[j]\) ，则有以下三种情况：
- 当 \(S[i] - S[j] > 0\) 时，证明该区间的和是正数，贡献为 \(i - j\) 。
- 当 \(S[i] - S[j] = 0\) 时，该区间的和为零，贡献为 \(0\) 。
- 当 \(S[i] - S[j] < 0\) 时，证明该区间的和是负数，贡献为 \(- (i - j) = j - i\) 。
综上所述，可以写出一个暴力版本的动态规划代码：
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <climits>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
vector<int> A(n + 1);
vector<long long> S(n + 1, 0);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> A[i];
S[i] = S[i - 1] + A[i];
}
vector<long long> dp(n + 1, LLONG_MIN);
dp[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 0; j < i; j++) {
if (S[i] - S[j] > 0)
dp[i] = max(dp[i], dp[j] + (i - j));
if (S[i] - S[j] < 0)
dp[i] = max(dp[i], dp[j] - (i - j));
if (S[i] - S[j] == 0)
dp[i] = max(dp[i], dp[j]);
}
}
cout << dp[n] << endl;
return 0;
}
接下来考虑优化这个动态规划，注意到每一次寻找 \(\tt{max}\) 都非常耗时，每一次都需要遍历一遍才能求出最大值。有没有一种方法可以快速求出某一个区间的最大值呢？答案就是线段树。线段树是一个非常好的快速求解区间最值问题的数据结构。
更多有关区间最值问题的学习请参考：[# 浅入线段树与区间最值问题](# 浅入线段树与区间最值问题)
综上，我们可以通过构建线段树来快速求得答案。简化三种情况可得：
if (S[i] - S[j] > 0)
dp[i] = max(dp[i], dp[j] - j + i);
if (S[i] - S[j] < 0)
dp[i] = max(dp[i], dp[j] + j - i));
if (S[i] - S[j] == 0)
dp[i] = max(dp[i], dp[j]);
因此我们构造三棵线段树，分别来维护这三个区间：
- \(\max_{0\le j < i} dp_j\)
- \(\max_{0\le j < i} (dp_j - j)\)
- \(\max_{0\le j < i} (dp_j + j)\)
然而我们的线段树不能仅仅维护这个区间，因为这三个的最大值还被 \(A(j, i)\) 的三种状态所限制着，因此，我们需要找的是满足 \(S_i - S_j\) 在特定条件下的最大值。这样就出现了另一个严重的问题， \(S_i\) 的值可能非常的大，因此我们需要对前缀和数组离散化一下（坐标压缩：类似于权值线段树的写法）才可以防止内存超限。
这样子对于每次寻找最大值，都可以在 \(O(\log_2N)\) 的情况下找到。本算法的总时间复杂度也控制在了 \(O(N \times \log_2N)\) 级别。
本题的 C++ 代码如下：
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <climits>
#define int long long
using namespace std;
const int MAX = 500005;
struct SegmentTree {
int size;
vector<int> tree;
SegmentTree(int n_) {
size = 1;
while (size < n_) size <<=1;
tree.assign(2*size, LLONG_MIN);
}
void ｕｐｄａｔｅ(int pos, int value){
pos += size -1;
tree[pos] = max(tree[pos], value);
while(pos >1){
pos >>=1;
tree[pos] = max(tree[2*pos], tree[2*pos+1]);
}
}
int query(int l, int r){
l += size -1; r += size -1;
int res = LLONG_MIN;
while(l <= r){
if(l%2 ==1)
res = max(res, tree[l++]);
if(r%2 ==0)
res = max(res, tree[r--]);
l >>=1; r >>=1;
}
return res;
}
};
int n;
int A[MAX], S[MAX], aintS_arr[MAX];
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin >> A[i];
S[0] = 0;
for(int i=1;i<=n;i++) S[i] = S[i-1] + A[i];
for(int i=0;i<=n;i++) aintS_arr[i] = S[i];
sort(aintS_arr, aintS_arr + n +1);
int m = unique(aintS_arr, aintS_arr + n +1) - aintS_arr;
auto get_idx = [&](int x) -> int {
return lower_bound(aintS_arr, aintS_arr + m, x) - aintS_arr +1;
};
SegmentTree BIT1(m); // max(dp[j]-j)
SegmentTree BIT2(m); // max(dp[j])
SegmentTree BIT3(m); // max(dp[j]+j)
int idx_S0 = get_idx(S[0]);
BIT1.ｕｐｄａｔｅ(idx_S0, 0);
BIT2.ｕｐｄａｔｅ(idx_S0, 0);
BIT3.ｕｐｄａｔｅ(idx_S0, 0);
int dp_i = LLONG_MIN;
for(int i=1;i<=n;i++){
int Si = S[i];
int idx_Si = get_idx(Si);
int option1 = LLONG_MIN;
if(idx_Si >1){
int temp = BIT1.query(1, idx_Si -1);
if(temp != LLONG_MIN){
option1 = temp + i;
}
}
int option2 = BIT2.query(idx_Si, idx_Si);
int option3 = LLONG_MIN;
if(idx_Si < m){
int temp = BIT3.query(idx_Si +1, m);
if(temp != LLONG_MIN){
option3 = temp - i;
}
}
dp_i = max(option1, max(option2, option3));
BIT1.ｕｐｄａｔｅ(idx_Si, dp_i - i);
BIT2.ｕｐｄａｔｅ(idx_Si, dp_i);
BIT3.ｕｐｄａｔｅ(idx_Si, dp_i + i);
}
cout << dp_i;
}
本题的 Python 代码如下（由于 Python 常数过大，因此没有办法通过这道题所有的测试点，但是代码的正确性没有问题）：
class SegmentTree:
def __init__(self, n):
self.size = 1
while self.size < n:
self.size *= 2
self.tree = [float('-inf')] * (2 * self.size)
def ｕｐｄａｔｅ(self, pos, value):
pos += self.size - 1
self.tree[pos] = max(self.tree[pos], value)
while pos > 1:
pos //= 2
self.tree[pos] = max(self.tree[2 * pos], self.tree[2 * pos + 1])
def query(self, l, r):
l += self.size - 1
r += self.size - 1
res = float('-inf')
while l <= r:
if l % 2 == 1:
res = max(res, self.tree[l])
l += 1
if r % 2 == 0:
res = max(res, self.tree[r])
r -= 1
l //= 2
r //= 2
return res
def main():
import sys
input = sys.stdin.read
data = input().split()
n = int(data[0])
A = list(map(int, data[1:n + 1]))
S = [0] * (n + 1)
for i in range(1, n + 1):
S[i] = S[i - 1] + A[i - 1]
aintS_arr = S[:]
aintS_arr.sort()
m = len(set(aintS_arr))
aintS_arr = sorted(set(aintS_arr))
def get_idx(x):
# Return the index in the compressed array
return aintS_arr.index(x) + 1
BIT1 = SegmentTree(m) # max(dp[j] - j)
BIT2 = SegmentTree(m) # max(dp[j])
BIT3 = SegmentTree(m) # max(dp[j] + j)
idx_S0 = get_idx(S[0])
BIT1.ｕｐｄａｔｅ(idx_S0, 0)
BIT2.ｕｐｄａｔｅ(idx_S0, 0)
BIT3.ｕｐｄａｔｅ(idx_S0, 0)
dp_i = float('-inf')
for i in range(1, n + 1):
Si = S[i]
idx_Si = get_idx(Si)
option1 = float('-inf')
if idx_Si > 1:
temp = BIT1.query(1, idx_Si - 1)
if temp != float('-inf'):
option1 = temp + i
option2 = BIT2.query(idx_Si, idx_Si)
option3 = float('-inf')
if idx_Si < m:
temp = BIT3.query(idx_Si + 1, m)
if temp != float('-inf'):
option3 = temp - i
dp_i = max(option1, option2, option3)
BIT1.ｕｐｄａｔｅ(idx_Si, dp_i - i)
BIT2.ｕｐｄａｔｅ(idx_Si, dp_i)
BIT3.ｕｐｄａｔｅ(idx_Si, dp_i + i)
print(dp_i)
if __name__ == "__main__":
main()
当然也可以用树状数组来写，速度可能会更快一点：
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <climits>
#define int long long
using namespace std;
const int MAX = 500005;
struct FenwickTree {
int size;
vector<int> tree;
FenwickTree(int n_) {
size = n_;
tree.assign(size + 1, LLONG_MIN);
}
void ｕｐｄａｔｅ(int pos, int value) {
while (pos <= size) {
tree[pos] = max(tree[pos], value);
pos += pos & -pos;
}
}
int query(int pos) {
int res = LLONG_MIN;
while (pos > 0) {
res = max(res, tree[pos]);
pos -= pos & -pos;
}
return res;
}
int query(int l, int r) {
return max(query(r), (l > 1 ? query(l - 1) : LLONG_MIN));
}
};
int n;
int A[MAX], S[MAX], aintS_arr[MAX];
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> A[i];
S[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) S[i] = S[i - 1] + A[i];
for (int i = 0; i <= n; i++) aintS_arr[i] = S[i];
sort(aintS_arr, aintS_arr + n + 1);
int m = unique(aintS_arr, aintS_arr + n + 1) - aintS_arr;
auto get_idx = [&](int x) -> int {
return lower_bound(aintS_arr, aintS_arr + m, x) - aintS_arr + 1;
};
FenwickTree BIT1(m); // max(dp[j] - j)
FenwickTree BIT2(m); // max(dp[j])
FenwickTree BIT3(m); // max(dp[j] + j)
int idx_S0 = get_idx(S[0]);
BIT1.ｕｐｄａｔｅ(idx_S0, 0);
BIT2.ｕｐｄａｔｅ(idx_S0, 0);
BIT3.ｕｐｄａｔｅ(idx_S0, 0);
int dp_i = LLONG_MIN;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int Si = S[i];
int idx_Si = get_idx(Si);
int option1 = LLONG_MIN;
if (idx_Si > 1) {
option1 = BIT1.query(1, idx_Si - 1) + i;
}
int option2 = BIT2.query(idx_Si, idx_Si);
int option3 = LLONG_MIN;
if (idx_Si < m) {
option3 = BIT3.query(idx_Si + 1, m) - i;
}
dp_i = max(option1, max(option2, option3));
BIT1.ｕｐｄａｔｅ(idx_Si, dp_i - i);
BIT2.ｕｐｄａｔｅ(idx_Si, dp_i);
BIT3.ｕｐｄａｔｅ(idx_Si, dp_i + i);
}
cout << dp_i;
}
