題目：

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寫這題花了我一上午時間。

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下面是本人（zhangjiuding）的思考過程：

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首先想到的是三行，每一行一定要走到。

大概是這樣一張圖

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每一行長度最少為1。即第一行(i -1) >= 1，第二行 (j - i) >= 1，第三行 (n - j) >= 1。

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我們要求的就是這條路徑上的和。

我們發現只要 i 和 j 固定了，結果就固定了。

如果每次都要重新求和的話時間復雜度肯定不夠，所以我這個時候想到了前綴和。

用sum[a][b]表示第a行（總共只有3行）前b個數字的和。

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第一行可以用 sum[1][i]來表示，第二行可以用sum[2][j]-sum[2][i-1]來表示，第三行可以用sum[3][n]-sum[3][j-1]來表示。

（此處用到了i-1所以我們吧sum[][0]空出來，這樣就不會越界）

ans = sum[1][i] + sum[2][j] - sum[2][i-1] + sum[3][n] - sum[3][j-1];

每一組i、j都有一個固定結果，我們求出其中取模最大的那個就好了。

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現在求和的問題解決了，該固定i , j 了。

下面看到i的取值范圍（1 <= i <= n），j的取值范圍（i <= j <= n）

如果遍歷i和j的話時間復雜度還是O(n^2)，所以前綴和+暴力肯定是會超時的。

如果能優化一點到O（n*log(n)）就好了，這樣就不會超時了。

那么能優化嗎？答案是肯定的。

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我們先把我們的每一對i，j對應的ans分離一下。

定義up =?sum[1][i] - sum[2][i-1];

　　down =?sum[2][j] + sum[3][n] - sum[3][j-1];

這樣up中只含有i，down中只含有j。

因為我們知道結果只和 i , j 有關，

如果我們能把每一個up可能的down存起來，二分法找出那個能讓結果最大的down值，然后用up+down更新ans就好了。

這樣時間復雜度就只有O(n*log(n))了。

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你可能看到這里還有疑問，先懷著疑問，后面我會把我碰到的問題和疑問都講出來。

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先看代碼有助于理解：

#include <bits\stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll;//定義結構體，value存輸入的值，sum存當前行的前綴和。 struct node{ll value;ll sum; }a[4][100001]; //ifstream in("in15.txt");int main(){int n;ll p;cin >> n >> p;for(int i = 1;i <= 3; i++){for(int j = 1;j <= n; j++){cin >> a[i][j].value;a[i][j].sum = a[i][j].value+a[i][j-1].sum; // 求前綴和。 }}ll ans = 0;set<ll> s; // 用set存當前i值可能碰到的j值對應的down。 set<ll>::iterator it;//反向遍歷是因為down的范圍可以慢慢擴張，不用刪除set中的元素 for(int i = n; i >= 1; i--){ll up = (a[1][i].sum-a[2][i-1].sum)%p; // 當前i值對應的up。 up = (up+p)%p; // 強行變成正數。 ll down = (a[2][i].sum+a[3][n].sum-a[3][i-1].sum)%p; // 當前i值對應的down。 down = (down+p)%p; // 強行變成正數。 // cout << "i:" << i << endl; // cout << "up:"<< up << endl; // cout << "down:" << down << endl; s.insert(down);//因為肯定是j >= i的，所以每次把當前i值對應的down加入到set，set就會表示可能取到的所有的j對應的down的集合。 //明確一點，set里裝的全是down。 // 二分查找，找到一個down值與up相加后最大。 it = s.lower_bound(p-up); // 找到第一個大于等于p-up的down值，我們需要將it--，求出第一個比p-up小的。//注意，1、2順序不能變。 if(it != s.begin()) { //1.如果等于it = s.begin(),因為it還要減一下，相當于沒有找到合適的值。 it--; // 2.it--，讓it指向第一個比p-up小的值。ans = max(ans,(up+*it)%p); // 更新 ans。 }//可能第一個比p-up小的down值加上up后還是比較小，反而down的最大值加上up后取模還比較大，所以話線性時間更新一下ans。 it = s.end();it--;ans = max(ans,(*it+up)%p); }cout << ans << endl;return 0; } //writed by zhangjiuding

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看到這里可能有一個最大的問題，那就是強行變正數的問題。

比如p = 10, up求出來的是-3，而down求出來是6，（-3 + 6）%10 = 3還是正數，強行將up變成正數是否會出錯呢？

答案是肯定不會， ? up 強行變正后是7，（7+6）% 10 = 3，還是3。

看起來邏輯性并不強，但是我試過了很多組數據都是一樣的結果，強行變正并不影響結果。

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我的猜測是：因為數組中所有的數都是正數或者0，所以每一個up+down一定會大于0。

　　　　　　如果up小于0，那么它可以取到的所有的down都會使 up+down >= 0。

　　　　　　只是這些值是取過模的，所以會出現負數，我們需要將它放在0~(p-1)之間。

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總結

以上是生活随笔為你收集整理的51 nod 1624 取余最长路 思路：前缀和 + STL（set）二分查找的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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