51nod 1624 取余最长路 - dblank

51nod 1624 取余最长路

佳佳有一个n*m的带权矩阵,她想从(1,1)出发走到(n,m)且只能往右往下移动,她能得到的娱乐值为所经过的位置的权的总和。

有一天,她被下了恶毒的诅咒,这个诅咒的作用是将她的娱乐值变为对p取模后的值,这让佳佳十分的不开心,因为她无法找到一条能使她得到最大娱乐值的路径了!

她发现这个问题实在是太困难了,既然这样,那就只在3*n的矩阵内进行游戏吧!

现在的问题是,在一个3*n的带权矩阵中,从(1,1)走到(3,n),只能往右往下移动,问在模p意义下的移动过程中的权总和最大是多少。

样例解释:
移动的方案为“下下右”。

Input
单组测试数据
第一行两个数n(1<=n<=100000),p(1<=p<=1000000000)。
接下来3行,每行n个数,第i行第j列表示a[i][j]表示该点的权(0<=a[i][j]<p)。
Output
一个整数表示答案。
Input示例
2 3
2 2
2 2
0 1
Output示例

2

官方题解:考虑一条路径。
一定是存在两个端点L,R,使得存在这么一条路径。
(1,1)  ...  (1,L)  (2,L)  ...  (2,R)  (3,R)  ...  (3,n) 。
所以我们可以先求出若L=1时,枚举R,构造能得到的和的集合 ,也就是构造 suf[i]=(ij=1a[2][j]+nj=ia[3][j])%p ,将这些suf[i]插入到multi-set中。


每次查询L固定的所有路径的最大值。再每次L向后推进时,其实一次推进只会删除第一次转弯点是L的路径。
然后设置一个sum,每次L推进的时候更新一下sum=(sum+a[1][L+1]-a[2][L])%p;
如果图所示,蓝色一段是共用的,而sum已经把第二行和L一段平行的减掉了,所以multi-set中所有的值和当前的sum相加就会得到下一次L的所有路径。
至少当前以L为转弯点的最大值,只要分两类查询就可以了。一类是multi-set中最大的值和sum相加与当前最优解相比较,另一类是multi-set中某个值+sum越接近p越好。
注意这里必须要用多重集合。
总复杂度nlgn。
这个题解有点看不懂,如果之前全部都加进去的话,第二个拐弯点在第一个前面的情况也会被计算到,我们可以每次移动第二个节点,并且移动第一个节点加入set,这个查找的时候在set里面就可以保证i<=j,查找的策略和题解一样。
#include<iostream>  
#include<algorithm>  
#include<cstdio>  
#include<queue>  
#include<map>  
#include<vector>  
#include<cstring>  
#include<cmath>  
#include<set>  
using namespace std;  
typedef long long ll;  
int INF = 0x3f3f3f3f;  
const int N = 1e5 + 10;  
int a[4][N], sum[4][N];  
int p, sb[N*10];  
int main()  
{  
    int n;  
    scanf("%d%d", &n, &p);  
    memset(sum, 0, sizeof(sum));  
    for(int i = 1; i<=3; i++)  
    {  
        for(int j = 1; j<=n; j++)  
            scanf("%d", &a[i][j]), sum[i][j] = (sum[i][j-1] + a[i][j])%p;  
    }  
    int s = 0, ans = 0;  
    set<int>S;  
    for(int i = 1; i<=n; i++)  
    {  
        s = (sum[1][i] - sum[2][i-1] + p)%p;  
        S.insert(s);  
        s = (sum[2][i] + sum[3][n] - sum[3][i-1] + p)%p;  
        ans = max(ans, (s + *(--S.end()))%p);  
        set<int>::iterator it = S.lower_bound(p - s);  
        if(it != S.begin())  
        {  
            ans = max(ans, (s + *(--it))%p);  
        }  
    }  
    cout<<ans<<endl;  
    return 0;  
}  

 

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