(1)POJ1050-经典最大子段和问题
POJ1050
题目: 求给定矩阵的最大子矩阵和, n≤100
解题思路: 由于n非常小,完全可以 O(n3) 来做。枚举矩阵的上下界,处理出当前上下界下,每一列的和,按照经典思路:扫描每一列的和,不断加入子段,当子段和变为负数时,将当前的整个子段清空,再重新加入,不断更新答案。
ac代码:
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <stdlib.h>
#include <climits>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 110;
int a[maxn][maxn], c[maxn], s[maxn];
int n, ans = INT_MIN;
int main()
{
//freopen("/Users/zhangkanqi/Desktop/11.txt","r",stdin);
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 1; j <= n; j++)
scanf("%d", &a[i][j]);
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
for(int j = 1; j <= n; j++)//枚举子矩阵的起末行号,并求出当前i~j行内的列值
{
memset(c, 0, sizeof(c));
memset(s, 0, sizeof(s));
for(int k = 1; k <= n; k++)
for(int p = i; p <= j; p++)
c[k]+=a[p][k];
//当子段和变为负数时清空,否则继续加入
for(int k = 1; k <= n; k++)
{
s[k] = s[k-1]>0 ? s[k-1]+c[k] : c[k];
ans = max(ans, s[k]);
}
}
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
(2)POJ2018-长度不小于F的最大子段和
POJ2018
题目: N(1≤N≤1e5)个农场,每个农场有 cows头牛,选择几个连续的一些农场,满足农场数 ≥F,且这些农场的牛的平均值最大,求最大值。
解题思路: 二分答案。子段和可以利用前缀和转化为:
i−j≥Fmax{Aj+1+Aj+2+...+Ai}=F≤i≤nmax{sumi−0≤j≤i−Fmin{sumj}}
随着i的增加,j的取值范围每次只增加1,相当于 min{sumj}每次只会加入一个新的值,所以可以在 O(n)内处理出子段长度不小于F的最大子段和。
若当前二分答案为 x,由 长度L∑子段和=x得 ∑子段和−长度L∗x=p=0,(相当于把每个 cows−x再求最大子段和)。若 p>=0则可继续扩大答案,否则缩小答案。
ac代码:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5+10;
const double eps = 1e-5;
int n, f;//至少包含f个fields
double a[maxn], sum[maxn], b[maxn];
int main()
{
//freopen("/Users/zhangkanqi/Desktop/11.txt","r",stdin);
scanf("%d %d", &n, &f);
for(int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%lf", &a[i]);
double l = 0, r = 1e6;
while(r-l>eps)
{
double mid = (l+r)/2;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
b[i] = a[i]-mid;
sum[i] = sum[i-1]+b[i];
}
double MAX = -1e10;//长度>=f的最大连续子段和
double MIN = 1e10;
for(int i = f; i <= n; i++)
{
MIN = min(MIN, sum[i-f]);
MAX = max(MAX, sum[i]-MIN);
}
if(MAX>=0) l = mid;
else r = mid;
}
printf("%d\n", (int)(r*1000));
return 0;
}
(3)HDOJ6638-线段树维护最大子段和
HDOJ6638
题目: 给定 n个点的坐标 (x,y)和权值 w,求最大子矩阵权值和。 −1e9≤x,y,w≤1e9,∑n≤10000。
解题思路: n比较大,不能 O(n3)暴力枚举了,需要将二维转为一维, O(n2logn)来解决。 将所有 y离散化,点的 y值修改为 ranky,再将所有点按照 x从小到大排序,这样处理出来的点的顺序如下:
先枚举起点,以A为起点建线段树,当在线段树上插入完{A,B,C}
后查询线段树上当前区间的最大子段和,当插入完{A,B,C,D,E,F}
和{A,B,C,D,E,F.G,H,I}
时分别查询答案;同理以D为起点建立线段树,当插入完{D,E,F}
和{D,E,F,G,H,I}
时分别查询查询答案;以G为起点建立线段树,插入完{G,H,I}
时查询答案。
ac代码:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2e3+10;
struct point{
int x, y, w;
point(){};
friend bool operator < (point a, point b)
{
return a.x==b.x ? a.y<b.y : a.x<b.x;
}
}p[maxn];
struct node{
int l, r;
ll mx, max_pre, max_suf, sum;//区间最大子段和,最大前缀和,最大后缀和,总和
}tree[maxn<<2];
int y[maxn];
int t, n;
void build(int id, int l, int r)
{
tree[id].l = l; tree[id].r = r;
tree[id].sum=tree[id].max_pre=tree[id].max_suf=tree[id].mx=0;
if(l==r) return ;
int mid = (l+r)>>1;
build(id<<1, l, mid);
build(id<<1|1, mid+1, r);
}
void push_up(int id)
{
tree[id].sum = tree[id<<1].sum+tree[id<<1|1].sum;
tree[id].max_pre = max(tree[id<<1].max_pre, tree[id<<1].sum+tree[id<<1|1].max_pre);
tree[id].max_suf = max(tree[id<<1|1].max_suf, tree[id<<1|1].sum+tree[id<<1].max_suf);
//最大子段和mx=max(左区间mx, 右区间mx, 左区间最大后缀和+右区间最大前缀和)
tree[id].mx = max(max(tree[id<<1].mx, tree[id<<1|1].mx), tree[id<<1].max_suf+tree[id<<1|1].max_pre);
}
void insert(int id, int k, int w)//从id=1开始给y排名为k的叶子节点+w
{
if(tree[id].l==tree[id].r)
{
tree[id].sum=tree[id].max_pre=tree[id].max_suf=tree[id].mx=tree[id].mx+w;
return ;
}
int mid = (tree[id].l+tree[id].r)>>1;
if(k<=mid) insert(id<<1, k, w);
else insert(id<<1|1, k, w);
push_up(id);
}
int main()
{
//freopen("/Users/zhangkanqi/Desktop/11.txt","r",stdin);
scanf("%d", &t);
while(t--)
{
ll ans = LONG_LONG_MIN;
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d %d %d", &p[i].x, &p[i].y, &p[i].w);
y[i] = p[i].y;
}
sort(y+1, y+1+n);
int num = unique(y+1, y+1+n)-(y+1);
for(int i = 1; i <= n; i++)
p[i].y=lower_bound(y+1, y+1+num, p[i].y)-y;
sort(p+1, p+1+n);//y离散化后,按x从小到大排序
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
if(i!=1 && p[i].x==p[i-1].x) continue;//不建重复的树
build(1, 1, num);
for(int j = i; j <= n; j++)
{
if(j!=i && p[j].x!=p[j-1].x) ans = max(ans, tree[1].mx);
insert(1, p[j].y, p[j].w);
}
ans = max(ans, tree[1].mx);
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
(4)长度不小于m的最大连续子序列和
传送门
题目: 给定长度为n的整数序列,找到最大的长度不超过m的连续子序列和,n,m≤3e5
解题思路: 固定子序列[j, i]的右端点i,那么 j∈[i−m+1,i]且子序列[j,i]内的和利用前缀和可以转化为 sum[i]−sum[j−1]。i一定,sum[j-1]最小,连续子序列和最大。令J=j-1, J∈[i−m,i−1]。在枚举i的过程中,J的区间每次右移一位,每次都在相应的区d间内找最小值,这样这道题就转化成了洛谷P1886滑动窗口那道题,用单调队列来做,队头存最小值。
注意队列里要先放一个0,因为i是先取到最小值(最小值是在队列非空的时候才取得到)后再存入。
ac代码:
#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
using namespace std;
const int maxn = 3e5+10;
deque<int> q;//队头最大/小值
int n, m;
ll sum[maxn];
int main()
{
//freopen("/Users/zhangkanqi/Desktop/11.txt","r",stdin);
scanf("%d %d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &sum[i]), sum[i]+=sum[i-1];
ll ans = LLONG_MIN;
//在[i-m, i-1]中找最小的sum[J]
q.push_back(0);
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
while(!q.empty() && sum[q.back()]>sum[i]) q.pop_back();
while(!q.empty() && q.front()<i-m) q.pop_front();
if(!q.empty()) ans = max(ans, sum[i]-sum[q.front()]);
q.push_back(i);
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}