P11233 [CSP-S 2024] 染色 题解

· · 题解

我们设 r_i 为最后一个填的是红色，上一个填蓝色的值为 i 的最大答案，b_i 意义类似。

先写出朴素的转移方程。

当上一个和这一个都是红色：

r_i = r_i + [ a_i = a_{i-1} ] \times a_i

上一个蓝色，这一个红色：

r_i = \max(maxb , b_{a_i} + a_i)

其中 maxb 是 b_i 的最大值。

染蓝色的情况同理，这样我们的复杂度就是 O(n \times V) 的了。

注意到我们对数组的操作只有单点改，全局 \max 和全局加，然后可以直接线段树维护，可以分别存下两个数组的全局加 tag 和 全局 \max 即可。实现非常简单。

其实这个可以再优化。

注意到 r 数组和 b 数组是完全对称的，也就是说我们只保留转移方程的一半也能计算出答案，其实就是把转移的定义改为了和上一个的颜色是否相同罢了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline void rd(){}
template<typename T,typename ...U>
inline void rd(T &x,U &...args){
    char ch=getchar();
    T f=1;x=0;
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
    x*=f;rd(args...);
}
typedef long long ll;
const int N=2e5+5,V=1e6+5;
int T,n,a[N];ll r[V];
inline void Solve(){
    memset(r,-0x3f,sizeof r);
    ll mxr=0,tgr=0;rd(n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        rd(a[i]);
        ll tmpr=max(mxr,r[a[i]]+a[i])+tgr;
        if(a[i]==a[i-1])tgr+=a[i];
        r[a[i-1]]=max(r[a[i-1]],tmpr-tgr);
        mxr=max(mxr,r[a[i-1]]);
    }
    mxr=0;
    for(int i=1;i<=1000000;i++)mxr=max(mxr,r[i]);
    printf("%lld\n",mxr+tgr);
}
signed main(){
    rd(T);
    while(T--)Solve();
    return 0;
}