codeforces 1335E1+E2（思维）

时间:2022-07-28
本文章向大家介绍codeforces 1335E1+E2（思维），主要内容包括其使用实例、应用技巧、基本知识点总结和需要注意事项，具有一定的参考价值，需要的朋友可以参考一下。

题意描述

思路+代码

easy版本：

我们只需要枚举

[ 1 , i ] , [ i + 1 , j ] , [ j + 1 , n ] [1,i],[i+1,j],[j+1,n]

[1,

i

],[

i

+1,

j

],[

j

+1,

n

]三个区间即可，设

l e n l r lenlr
l
e
n
l
r

为第一个和第三个区间中出现最多的数字的次数，

l e n m i d lenmid
l
e
n
m
i
d

为第二个区间中出现最多数字的次数，则

a n s = m a x ( a n s , l e n l r ∗ 2 + l e n m i d ) ans=max(ans,lenlr*2+lenmid)
a
n
s

=

m
a
x

(

a
n
s

,

l
e
n
l
r

∗2+

l
e
n
m
i
d

)。我们可以维护一个前缀和数组

c n t cnt
c
n
t

，令

c n t [ i ] [ k ] cnt[i][k]
c
n
t

[

i

][

k

]为前

i i
i

位数字中

k k
k

数字出现的次数，这样就可以方便的找到出现次数最多的数字。然后枚举第一个和第三个区间即可，中间区间数字的个数也可以通过前缀和来计算

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
#define PB push_back
#define mst(x,a) memset(x,a,sizeof(x))
#define all(a) begin(a),end(a)
#define rep(x,l,u) for(ll x=l;x<u;x++)
#define rrep(x,l,u) for(ll x=l;x>=u;x--)
#define sz(x) x.size()
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> PII;
typedef pair<long,long> PLL;
typedef pair<char,char> PCC;
typedef long long ll;
const int N=2020;
const int M=1e6+10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int MOD=1e9+7;
int cnt[N][30];
void solve(){
    mst(cnt,0);
    int n;cin>>n;
    rep(i,1,n+1){
        int x;cin>>x;
        rep(j,1,27) cnt[i][j]=cnt[i-1][j];
        cnt[i][x]++;
    }
    int ans=0;
    rep(i,1,27) ans=max(ans,cnt[n][i]);
    rep(i,1,n+1){
        rep(j,i+1,n+1){
            int lenlr=-1,lenmd=-1;
            rep(k,1,27){
                int l=cnt[i][k];
                int r=cnt[n][k]-cnt[j-1][k];
                lenlr=max(lenlr,min(l,r));
            }
            rep(k,1,27){
                int m=cnt[j-1][k]-cnt[i][k];
                lenmd=max(lenmd,m);
            }
            ans=max(ans,lenlr*2+lenmd);
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
}
int main(){
    IOS;
    int t;cin>>t;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

hard版本

参考博客：1335hard版本 可以使用一个

v e c t o r vector
v
e
c
t
o
r

数组来记录每个数字的下标，然后枚举位于两侧的数字的种类。首先考虑如果回文串的数字只有一个种类，则

a n s = m a x ( a n s , v [ i ] . s i z e ( ) ) ans=max(ans,v[i].size())
a
n
s

=

m
a
x

(

a
n
s

,

v

[

i

].

s
i
z
e

())，如果该数字出现的次数少于

2 2

2次，则表明该数字不能放在两侧，可以跳过。否则就对左右两侧各拥有多少个数字进行枚举，在中间的区间中找到出现次数最多的数字，设

j j
j

为左右两侧出现的数字个数，

x x
x

为中间区间的最多次数，则代价为

j ∗ 2 + x j*2+x
j

∗2+

x

。我们可以发现，枚举的中间区间一定是连续的，以

[ 1 , 1 , 1 , 2 , 1 , 2 , 1 , 1 ] [1,1,1,2,1,2,1,1]

[1,1,1,2,1,2,1,1]为例，见下图

我们发现，当两侧数字从小往大递增时，区间长度减少，而递减时，区间长度增加，所以我们可以在枚举两侧数字出现的次数时，记录下状态的改变。因为状态改变时，中间区间的长度是固定的，我们只需要处理左右区间即可。假设当前数字出现的次数为

u u
u

，则两侧最多有

u / 2 u/2
u

/2个数字。如果

u u
u

是偶数，则中位数有两个：

u / 2 u/2
u

/2和

u / 2 − 1 u/2-1
u

/2−1。如果

u u
u

是奇数，那么中位数只有一个：

u / 2 u/2
u

/2，但要保证两侧数字出现的次数相同，所以我们只能取

u / 2 − 1 u/2-1
u

/2−1和

u / 2 + 1 u/2+1
u

/2+1。我们可以发现，如果取

u / 2 u/2
u

/2和

u − u / 2 u-u/2
u

−

u

/2的话，对于奇偶来说是相同的，所以不用对奇偶进行判断。 核心代码

        int uu=u/2;
        int cnt[300]={0},mx=-1;
        rep(j,v[i][uu-1]+1,v[i][u-uu]){
            cnt[a[j]]++;
        }

然后我们对两侧出现的数字从大到小进行枚举，假设

j j
j

为两侧出现的数字，当

j j
j

减小时，两边增加的区间分别为

[ j − 1 , j ] [j-1,j]

[

j

−1,

j

]和

[ c n t − j − 1 , c n t − j ] [cnt-j-1,cnt-j]

[

c
n
t

−

j

−1,

c
n
t

−

j

]，我们可以直接统计次数即可。

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
#define PB push_back
#define mst(x,a) memset(x,a,sizeof(x))
#define all(a) begin(a),end(a)
#define rep(x,l,u) for(ll x=l;x<u;x++)
#define rrep(x,l,u) for(ll x=l;x>=u;x--)
#define sz(x) x.size()
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> PII;
typedef pair<long,long> PLL;
typedef pair<char,char> PCC;
typedef long long ll;
const int N=2020;
const int M=1e6+10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int MOD=1e9+7;
/*注意边界
清空每个case的影响
注意数据范围
注意证明*/
int a[N];
vector<int> v[300];
void solve(){
    int n;cin>>n;
    rep(i,0,300) v[i].clear();
    rep(i,1,n+1){
        cin>>a[i];
        v[a[i]].PB(i);
    }
    int ans=0;
    rep(i,1,257){
        int u=v[i].size();
        ans=max(ans,u);
        if(u<2) continue;
        int uu=u/2;
        int cnt[300]={0},mx=-1;
        rep(j,v[i][uu-1]+1,v[i][u-uu]){
            cnt[a[j]]++;
        }
        rep(j,1,257) mx=max(mx,cnt[j]);
        ans=max(ans,uu*2+mx);
        rrep(j,uu-1,1){
            rep(k,v[i][j-1]+1,v[i][j]) cnt[a[k]]++;
            rep(k,v[i][u-j-1]+1,v[i][u-j]) cnt[a[k]]++;
            rrep(k,1,257) mx=max(mx,cnt[k]);
            ans=max(ans,(int)j*2+mx);
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
}
int main(){
    IOS;
    int t;cin>>t;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

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