题意
有一只青蛙,有\(0, 1, \cdots, N - 1\)个荷叶。每个荷叶上有权值\(s_i\)。
- 选定\(A\), \(B\),初始分数为\(0\)。
当前位置为\(x\): - 对于\(y = x + A\):
- 如果\(y = N - 1\),游戏结束。
- 如果\(y \neq N - 1\),但是\(y\)这个荷叶存在,那么分数增加\(s_i\),并且这片荷叶消失。
- 如果\(y \neq N - 1\),但是\(y\)这个荷叶不存在,那么分数减去\(10^{100}\),游戏结束。
- 对于\(y = x - B\):
- 如果\(y = N - 1\),游戏结束。
- 如果\(y \neq N - 1\),但是\(y\)这个荷叶存在,那么分数增加\(s_i\),并且这片荷叶消失。
- 如果\(y \neq N - 1\),但是\(y\)这个荷叶不存在,那么分数减去\(10^{100}\),游戏结束。
问选定最优的\(A\)、\(B\)的情况下,得到的最高分数为多少?
思路
我们考虑,选定了\(A\)、\(B\)后,青蛙的行走路线为:
\[
\begin{eqnarray*}
0, A, A - B, A + (A - B), 2(A - B), \cdots, K(A - B), A + K(A - B)
\end{eqnarray*}
\]
我们令\(C = A - B\):
\[
\begin{eqnarray*}
0, A, C, A + C, 2C, \cdots, KC, A + KC
\end{eqnarray*}
\]
显然有:\(A + KC = N - 1\):
\[
\begin{eqnarray*}
0, N - 1 - KC, C, N - 1 - (K - 1)C, 2C, \cdots, KC, N - 1
\end{eqnarray*}
\]
那么当\(K\)、\(C\)确定的时候,行走路线就已经确定。
并且有一个限制条件为\(KC < N\),那么显然枚举\(K\)、\(C\)是\(O(nlogn)\)的。
并且我们发现,当我们固定\(C\),递增\(K\)的时候,行走路线的变化是这样的:
\[
\begin{eqnarray*}
&&0, N - 1\&&0, N - 1 - C, C, N - 1\&&0, N - 1 - 2C, C, n - 1 - C, 2C, N - 1\\end{eqnarray*}
\]
每次增加的是\(N - 1 - KC\)和\(KC\),这两个点,只需要加上就好了,并且要注意判断是否走到重复的点上了。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 100010
int n;
ll s[N];
int used[N];
int main() {
while (scanf("%d", &n) != EOF) {
for (int i = 0; i < n; ++i) {
scanf("%lld", s + i);
}
memset(used, 0, sizeof used);
ll res = 0;
for (int C = 1; C <= n; ++C) {
ll tmp = 0;
for (int k = 1; 1ll * k * C < n; ++k) {
int a = k * C;
int b = n - 1 - k * C;
int A = b, B = b - C;
if (A <= 0 || B <= 0) break;
if (a < 0 || a >= n || b < 0 || b >= n || a == b) break;
if (used[a] == C || used[b] == C) {
break;
}
used[a] = C;
used[b] = C;
tmp += s[a];
tmp += s[b];
res = max(res, tmp);
}
}
printf("%lld\n", res);
}
return 0;
}
原文地址:https://www.cnblogs.com/Dup4/p/10929996.html