题解 | 小朋友的数字-NOIP2013普及组复赛B题

题目描述

有n 个小朋友排成一列。每个小朋友手上都有一个数字，这个数字可正可负。规定每个小朋友的特征值等于排在他前面（包括他本人）的小朋友中连续若干个（最少有一个）小朋友手上的数字之和的最大值。

作为这些小朋友的老师，你需要给每个小朋友一个分数，分数是这样规定的：第一个小朋友的分数是他的特征值，其它小朋友的分数为排在他前面的所有小朋友中（不包括他本人），小朋友分数加上其特征值的最大值。

请计算所有小朋友分数的最大值，输出时保持最大值的符号，将其绝对值对p 取模后输出。

输入描述:

第一行包含两个正整数n、p，之间用一个空格隔开。
第二行包含n个数，每两个整数之间用一个空格隔开，表示每个小朋友手上的数字。

输出描述:

输出只有一行，包含一个整数，表示最大分数对p取模的结果。

示例1

输入

5 997
1 2 3 4 5

输出

21

说明

小朋友的特征值分别为1、3、6、10、15，分数分别为 1、2、5、11、21，最大值 21 对 997 的模是 21。

示例2

输入

5 7
-1 -1 -1 -1 -1

输出

-1

说明

小朋友的特征值分别为-1、-1、-1、-1、-1，分数分别为-1、-2、-2、-2、-2，最大值-1 对 7 的模为-1，输出-1。

备注:

对于50%的数据， $1 ≤ n ≤ 1,000，1 ≤ p ≤ 1,000$ 所有数字的绝对值不超过1000；
对于 100%的数据， $1 ≤ n ≤ 1,000,000，1 ≤ p ≤ 10^9$ ，其他数字的绝对值均不超过 $10^9$ 。

解答

这道题目看似存在取max和取模的矛盾，但实际上很容易解决，不需要用到高精度。

首先，可以dp求出数组 $f[i]$ ，表示前缀 $[1,i]$ 中的最大子段和.由于 $N\le 1e6$ ,故f数组中的所有元素不超过 $1e15$

其次，我们先不考虑上述的矛盾，直接硬做，那么可以发现如下递推式：

$g[1]=f[1],g[2]=2g[1]$

$g[i]=g[i-1]+max(f[i],0),i>2$

其中 $g[i]$ 表示 $i$ 的分数。容易看出，当 $i>1$ 时，随着下标增加，g数组的值单调不减。

那么，是不是 $g[n]$ 就一定是答案？不一定，因为 $g[2]$ 不满足上述递推式。如 $<-1 -2 -2>$ 就是反例。

但考虑到，若 $g[1]>=0$ ,那么 $g[2]=2g[1]\ge g[1]$ ,于是有 $g[n]\ge g[1]$ ;而若 $g[1]<0$ ,一旦有 $g[i]$ 大于0，一定有 $g[n]>0>g[1]$ 。综上，对于任何 $1\le i\le n$ ,若 $g[i]$ 大于0， $g[n]$ 必然是答案。此时取模即可。

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define FOR(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1001000;
const ll INF=1e16;
ll n,p,a[N],f[N],mxs,ans,pt2; 
int main(){
    scanf("%d%lld",&n,&p);
    FOR(i,1,n) scanf("%lld",&a[i]);
    f[1]=mxs=a[1];ans=a[1];pt2=a[1]*2;
    FOR(i,2,n){
        mxs=max(mxs,0ll)+a[i];
        f[i]=max(f[i-1],mxs);
    }
    FOR(i,2,n-1){
        if(pt2<0) pt2+=max(f[i],0ll);
        else pt2=(pt2+max(f[i],0ll))%p,ans=pt2;
    }
    printf("%lld",ans>0?ans%p:-((ll)abs(ans)%p));
}

来源：BJpers2