XTU 1264 Partial Sum【思维+贪心】

Partial Sum

Accepted : 75 Submit : 326Time Limit : 3000 MS Memory Limit : 65536 KB

Partial Sum

Bobo has a integer sequence a1,a2,…,an of length n. Each time, he selects two ends 0≤l<r≤n and add |∑rj=l+1aj|−C into a counter which is zero initially. He repeats the selection for at most m times.

If each end can be selected at most once (either as left or right), find out the maximum sum Bobo may have.

Input

The input contains zero or more test cases and is terminated by end-of-file. For each test case:

The first line contains three integers n, m, C. The second line contains n integers a1,a2,…,an.

• 2≤n≤105
• 1≤2m≤n+1
• |ai|,C≤104
• The sum of n does not exceed 106.

Output

For each test cases, output an integer which denotes the maximum.

Sample Input

4 1 1-1 2 2 -14 2 1-1 2 2 -14 2 2-1 2 2 -14 2 10-1 2 2 -1

Sample Output

3420

Source

XTU OnlineJudge

题目大意：

给你N个数，最多有m次操作，每次操作选择两个端点，l，r，取得的值为|Σ（【l+1，r】）a【i】|-C.

任意点最多只能做为一次端点。

问最多能够取得的值为多少？

思路：

每次操作可以看成两个区间和相减：

|Σ（【l+1，r】）a【i】|=Sum【1，r】-Sum【1，l】或者是-（Sum【1，r】-Sum【1，l】）；

那么每次操作肯定是要加一个前缀和，以及减去一个前缀和。

那么m次操作就是加上m个前缀和，以及减去m个前缀和。

那么我们贪心的去操作，每次操作的时候都加入此时没选过的最大的前缀和作为正的，最小的前缀和作为负的。

那么枚举操作次数然后维护一个最大值即可。

Ac代码：

#include<stdio.h>#include<string.h>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;#define ll __int64ll a[150000];ll sum[150000];int main(){    int n,m;    ll C;    while(~scanf("%d%d%I64d",&n,&m,&C))    {        for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%I64d",&a[i]);        for(int i=1;i<=n;i++)        {            if(i==1)sum[i]=a[i];            sum[i]=sum[i-1]+a[i];        }        ll output=0;        sort(sum,sum+1+n);        ll cnt=0;        ll ans=0;        for(int i=0;i<m;i++)        {            cnt+=(sum[n-i]-sum[i]-C);            ans=max(ans,cnt);        }        printf("%I64d\n",ans);    }}