Loj链接：接竹竿

$ {\scr \color {SkyBlue}{\text{Solution}}} $

题目大意：

给定一个数组，每次加入一种颜色的数，可以取走与它颜色相同的两个数之间的所有数，问最后取走的所有数中最大和是多少

分析：

第一眼看到的是二分答案，但不知道二分的check()函数怎么写。

没办法，考虑DP（其实是因为我贪心写挂了）

DP如果可以，那么要至少要满足一下几个条件：

1. DP前面的选择情况不影响后面的选择情况（前不影响后）
2. DP可以转移

时间、空间复杂度等可以以后慢慢优化啦！

尝试一下？

尝试列出转移方程：

$$dp[i]=max \begin{cases} dp[i-1]& \text{$c_i$}!={c_j}\\ dp[j-1] + \sum_{k=1}^{i} v_k - \sum_{k=1}^{j-1} v_k& \text{$c_i==c_j$} \end{cases}$$

这样我们就列出了一个$O(n^3)$的DP转移方程。

接下来就考虑优化呗！

优化

1. 前缀和优化

易发现，DP方程里有很多类似求$\sum_{i}^{j} v_k$的，并且每次DP推方程时都要重新计算一遍

其实，求连续一段值的和，我们可以用前缀和优化啊！

现在方程就是$O(n^2)$的了。

示例代码（会TLE!）：

for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i].y),a[i].y+=a[i-1].y;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
    dp[i]=dp[i-1];
    for(int j=1;j<i;j++)
    if(a[i].x==a[j].x) dp[i]=max(dp[i],dp[j-1]+a[i].y-a[j-1].y);
}

考虑进一步优化

发现转移时，只能找与自己颜色相同的进行转移，所以可以把每一个颜色记录下来，省下循环过程。

这可以用链表或者$ \cal{vector}$ 实现

注意:时间复杂度此时是可以被卡到O(n^2)的！因为并没有剩下转移过程，只是省去了枚举无法转移情况的时间。

代码就不放辣QwQ!

再来看看这个转移方程:

$$dp[i]=max \begin{cases} dp[i-1]& \text{$c_i$}!={c_j}\\ dp[j-1] + \sum_{k=1}^{i} v_k - \sum_{k=1}^{j-1} v_k& \text{$c_i==c_j$} \end{cases}$$

我们可以把\cal{dp[i]}的初值赋为$\cal{dp[i-1]}$

那就只要考虑这个:

$$dp[i]=max \begin{cases} dp[j-1] + \sum_{k=1}^{i} v_k - \sum_{k=1}^{j-1} v_k& \text{$c_i==c_j$} \end{cases}$$

用前缀和优化后：

$$dp[i]=max \begin{cases} dp[j-1] + summ[i]- summ[j-1] & \text{$c_i==c_j$} \end{cases}$$

我们稍稍改变一下转移方程顺序：

$$dp[i]=max \begin{cases} summ[i]+(dp[j-1] - summ[j-1]) & \text{$c_i==c_j$} \end{cases}$$

换句话说，我们只要求出与$c_i$相等颜色里，$dp[j-1] - summ[j-1] $ 最大值

这个可以用一个数组记下来啊！

那么只要$\cal{O(1)}$，就能完成转移

时间复杂度：$ \cal{O(n)}$

Code:

#include<bits/stdc++.h>
#define L long long
using namespace std;
struct P{
    int x;
    L y;
}a[1000005];
L dp[1000005],maxx[1000005];
signed main()
{
    int n,k;
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i].x);
    for(int i=1;i<=k;i++) maxx[i]=-1e18;
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i].y),a[i].y+=a[i-1].y;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        dp[i]=max(dp[i-1],maxx[a[i].x]+a[i].y);
        maxx[a[i].x]=max(maxx[a[i].x],dp[i-1]-a[i-1].y);
    }
    printf("%lld",dp[n]);
    return 0;
}