题解：AT_abc397_f [ABC397F] Variety Split Hard

因为是 C 题加强版，发现可以直接用 C 题做法预处理出第一段和第三段的答案。

设

ans1_i

表示从

1

到

i

的答案，

ans2_i

表示从

i

到

n

的答案。

那么只需先枚举一个断点

i

，在枚举第二个断点

j

时，顺便把第二段的答案

res(i+1,j)

求出，再分别加上

ans1_i

，

ans2_j

，最终答案即为和的最大值。

上面为

O(n^2)

暴力，考虑优化。

既然是求最大值考虑用数据结构。首先一定是要枚举一个断点的，因为顺序枚举，所以考虑保留第二个断点，直接求出前两段答案和的最大值，这样和在现在一定最大。

那么可以用线段树维护。对于

ans1

可以在建树时加到线段树。对于遍历到的每个数，考虑求出它贡献的范围。

设

pre_i

表示

a_i

上次出现的位置，那么这个数会对起点在

[pre_i+1,i]

区间产生

1

的贡献，也就是第一个断点在

[pre_i,i-1]

的区间。

那就是线段树的区间加和区间最大值了。

最后加上最后一段的答案，不断取最大值。

代码：

CPP

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[300005],pre[300005],ans1[300005],ans2[300005],ans,tr[1200005],tag[1200005];
inline void pushup(int rt)
{
	tr[rt]=max(tr[rt<<1],tr[rt<<1|1]);
}
void build(int l,int r,int rt)
{
	if(l==r)
	{
		tr[rt]=ans1[l];
		return ;
	}
	int mid=(l+r)/2;
	build(l,mid,rt<<1);
	build(mid+1,r,rt<<1|1);
	pushup(rt);
	return ;
}
void pushdown(int rt)
{
	if(tag[rt])
	{
		tr[rt<<1]+=tag[rt];
		tr[rt<<1|1]+=tag[rt];
		tag[rt<<1]+=tag[rt];
		tag[rt<<1|1]+=tag[rt];
		tag[rt]=0; 
	}
}
void add(int L,int R,int c,int l,int r,int rt)
{
	if(L<=l&&r<=R)
	{
		tr[rt]+=c;
		tag[rt]+=c;
		return ;
	}
	pushdown(rt);
	int mid=(l+r)/2;
	if(L<=mid)
		add(L,R,c,l,mid,rt<<1);
	if(mid+1<=R)
		add(L,R,c,mid+1,r,rt<<1|1);
	pushup(rt);
	return ;
}
int qu(int L,int R,int l,int r,int rt)
{
	if(L<=l&&r<=R)
		return tr[rt];
	pushdown(rt);
	int mid=(l+r)/2,res=0;
	if(L<=mid)
		res=max(res,qu(L,R,l,mid,rt<<1));
	if(mid+1<=R)
		res=max(res,qu(L,R,mid+1,r,rt<<1|1));
	return res; 
}
unordered_map<int,int> m;
int main()
{
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		pre[i]=m[a[i]];
		m[a[i]]=i;
		ans1[i]=m.size();
	}
	m.clear();
	for(int i=n;i>=1;i--)
	{
		m[a[i]]=i;
		ans2[i]=m.size();
	}
	build(1,n,1);
	for(int i=2;i<n;i++)
	{
		add((pre[i]?pre[i]:1),i-1,1,1,n,1);
		ans=max(qu(1,i-1,1,n,1)+ans2[i+1],ans);
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

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