【AcWing】蓝桥杯集训每日一题Day2|前缀和|562.壁画(C++)

562. 壁画

562. 壁画 - AcWing题库
难度：中等
时/空限制：1s / 64MB
总通过数：4154
总尝试数：10197
来源： Google Kickstart2018 Round H Problem B
算法标签思维题枚举前缀和

题目内容

Thanh 想在一面被均分为 N 段的墙上画一幅精美的壁画。
每段墙面都有一个美观评分，这表示它的美观程度（如果它的上面有画的话）。
不幸的是，由于洪水泛滥，墙体开始崩溃，所以他需要加快他的作画进度！
每天 Thanh 可以绘制一段墙体。
在第一天，他可以自由的选择任意一段墙面进行绘制。
在接下来的每一天，他只能选择与绘制完成的墙面相邻的墙段进行作画，因为他不想分开壁画。
在每天结束时，一段未被涂颜料的墙将被摧毁（Thanh 使用的是防水涂料，因此涂漆的部分不能被破坏），且被毁掉的墙段一定只与一段还未被毁掉的墙面相邻。
Thanh 的壁画的总体美观程度将等于他作画的所有墙段的美观评分的总和。
Thanh想要保证，无论墙壁是如何被摧毁的，他都可以达到至少 B 的美观总分。
请问他能够保证达到的美观总分 B 的最大值是多少。

输入格式

第一行包含整数 T，表示共有 T 组测试数据。
每组数据的第一行包含整数 N。
第二行包含一个长度为 N 的字符串，字符串由数字 0∼9 构成，第 i 个字符表示第 i 段墙面被上色后能达到的美观评分。

输出格式

每组数据输出一个结果，每个结果占一行。
结果表示为 Case #x: y，其中 x 为组别编号（从 1 开始），y 为 Thanh 可以保证达到的美观评分的最大值。

数据范围

$1 \leq T \leq 100$ ，
存在一个测试点 $N=5∗10^6$ ,其他测试点均满足 $2 \leq N \leq 100$

输入样例：

输出样例：

Case #1: 6
Case #2: 14
Case #3: 7
Case #4: 31

样例解释

在第一个样例中，无论墙壁如何被破坏，Thanh都可以获得 6 分的美观总分。在第一天，他可以随便选一个美观评分3的墙段进行绘画。在一天结束时，第一部分或第四部分将被摧毁，但无论哪一部分都无关紧要。在第二天，他都可以在另一段美观评分 3 的墙段上作画。
在第二个样例中，Thanh 在第一天选择最左边的美观评分为 9 的墙段上作画。在第一天结束时唯一可以被毁掉的墙体是最右边的那段墙体，因为最左边的墙壁被涂上了颜料。在第二天，他可以选择在左数第二段评分为 5 的墙面上作画。然后右数第二段墙体被摧毁。请注意，在第二天，Thanh不能选择绘制第三段墙面，因为它不与任何其他作画墙面相邻。这样可以获得 14 分的美观总分。

题目解析

每一段墙上有一个评分，有n段
第一天可以随便选一个位置开始
画的时候是连续画，不能跳着画，每次画只能在画过墙旁边画，所有画过的画是连续的一段
每天会画一段墙，每天结束的时候会坏一段墙
坏掉的墙一定只与一段还未被毁掉的墙面相邻，意思是只能从两边坏，从中间开始坏的话会与两端还未被毁掉的墙面相邻
当我们停下的时候，所有没画过的墙都已经毁坏掉了

一、在最坏的情况下，美观评分值的最大值是多少
数据范围最多有100个数据，其中有一个数据长度为500万，其余所有数据都很小，所有数据的总长大概为500万的级别
需要将时间复杂度控制到 $O (N)$ ， $O(\log N)$ 长度比较小的话也能过

二、先考虑一下最终画的墙的长度是多少
当我们画完的时候，一定是留下中间画完的这一段，而且其余的墙都已经坏掉了，不会出现孤立的线段没有画也没有坏
这个过程是先画再坏，先画再坏，所以画的长度是 $[\frac{n}{2}$ ,上取整，其余都是坏掉的
n如果是偶数的话，就是 $\frac{n}{2}$ ，如果是奇数的话，除了第一个，其余的画过的和坏了的各分为 $\frac{n}{2}$
( $1+\frac{n}{2}下取整=\frac{n}{2}上取整$ )

三、是不是所有长度是 $\frac{n}{2}$ 上取整的区间都一定可以被画出来？
长度为 $\frac{n}{2}$ 的区间有很多个，最开始的起点可以任意取，一共大概有 $\frac{n}{2}$
个
先考虑能把 $\frac{n}{2}$ 都取到的情况，然后在能取到的里面挑一个总和最大值，
任何一个长度为 $\frac{n}{2}$ 的区间都一定可以取到
所以只需枚举所有长度为 $\frac{n}{2}$ 的区间，求一下每个区间的总和，取一个最大值就可以了

证明一定可以被画出来

为了不失去一般性，任意取一个长度为 $\frac{n}{2}$ 的区间，由于中间的长度为 $\frac{n}{2}$ ，所以如果右边是对称过来的话，左边的两段长度也是对称的(可能有奇数偶数的问题，最多差一个)
![[Pasted image 20240312133216.png]]

构造一个方案，使得在最坏情况下，一定能够使这 $\frac{n}{2}$ 被画到

分类讨论

1. n为奇数

$a+b=\frac{{n-1}}{2}$
因为画的部分是 $\frac{n}{2}$ 上取整，没有画的部分是 $\frac{n}{2}$ 下取整，也就是 $\frac{{n-1}}{2}$ ，a和b是两边没有画的长度之和
除了两个a和两个b之外，中间还有一个是空余的。
所以如果n是奇数的话，第一步先画中间这一个空余的墙，画完以后，左边剩下两个a，右边剩下两个b
![[Pasted image 20240312133445.png]]

天气的选择

如果天气选择从左边坏，就选择画左边，如果天气选择坏右边，就画右边
这样就能无时无刻保证，左边的长度一定是相等的，右边的长度也一定是相等的，天气从左边取一个，我们也从左边取一个，天气从右边取一个，我们也从右边取一个
最终可以从左边的2a当中取a个，从右边的两个b中取一个b，因此最终可以将a+b+1全部取到
所以如果n是奇数的话，可以全部取到

2. n为偶数

中间没有空余的一段
在2a和2b中间相邻的那两个，可以任取
如果取左边这个，左边变成了a-1，右边是两个b
![[Pasted image 20240312134018.png]]

天气如果坏的是左边，第二天就画左边，如果坏的是右边，第二天就画右边，右边可以保证一定取b个，左边一共是 ${2a-1}$ 个，可以保证取到 $\frac{{2a-1}}{2}$ 下取整个，就是可以取到a-1个
左边可以取a-1个，右边可以取b个，加上中间的一个，总共可以取a+b个，也是 $\frac{n}{2}$ 个

这个题目不是贪心的题
贪心：在一个集合当中取一个最优解，每次可以将集合分成两类，可以证明在某一类当中一定有最优解，那我们就可以只考虑这一类，继续将剩余的类分成两大类，同样的方式可以证明，最优解一定在某一类中，就只用考虑某一类就可以了
每次保证答案一定在考虑的集合当中，而且可以不断缩小集合的范围

两种做法
只要枚举所有长度为 $\frac{n}{2}$ 上取整的区间，求一下这些区间的最大和是多少
有很多种做法
可以用双指针，维护一个滑动窗口
也可以使用前缀和，可控性比较长，可以求任意区间的总和

前缀和原理

比如有一个数组， $a_{1},a_{2}\dots a_{n}$ ，需要快速地去求若干个区间的区间和，比如求 $a_{l}\dots a_{r}$ 区间的总和
可以用 $O (1)$ 的时间复杂度，求出这个区间的总和是多少
795.前缀和
给我们一个长度是n的序列，有m个询问，每个询问给一个区间，需要求这个区间的总和是多少，可以做到 $O (n + m)$ 的时间复杂度
暴力：每一个询问，枚举一下然后再算总和，最坏情况下，L取1，R取n，就是O(n)，所以直接暴力做，时间复杂度是 $O (n * m)$ .

构造一个前缀和数组，
$\begin{array}{} s_{0}=0 \\ s_{1}=a_{1}\\ s_{2}=a_{1}+a_{2}\\ \dots \\ s_{i-1}=a_{1}+a_{2}+\dots a_{i-1} \\ s_{i}=a_{1}+a_{2}+\dots+a_{i} \\ \dots \\ s_{n}=a_{1}+\dots+a_{n} \\ \\ s_{i}=s_{i-1}+a_{i} \qquad O(n) \end{array}$
![[Pasted image 20240312134507.png]]

$\begin{array}{} a_{L}+\dots+a_{R} \\ =s_{R}-s_{L-1} \\ =(a_{1}+a_{2}+\dots +a_{R})-(a_{1}+a_{2}+\dots+a_{L-1}) \\ =a_{L}+\dots+a_{R} \end{array}$
这样，每次算前缀和，可以用 $O (1)$ 的计算量，一共是m个询问，就是 $O (m)$ 的计算量，所以整个的时间复杂度就从 $O (nm)$ 优化到了 $O (n + m)$

代码

先预处理一下原数组的前缀和，枚举所有长度是 $\frac{n}{2}$ 上取整的区间，用前缀和算法，去求这个区间的和，然后在所有的和当中取一个最大值，输出就可以了

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

conse int N = 5000010;  //n最大值是500万

int n;
int s[N];  //定一下前缀和数组
char str[N];  //需要用一个字符串去读
//输入的时候用字符串输入，中间没有空格

int main()
{
	//有多组测试数据
	int T;
	scanf("%d", &T); //先读取测试数据的数量

	//依次枚举每一个测试数据
	for (int cases = 1; cases <= T; cases ++)
	{
		scanf("%d", &n);  //读入序列的长度
		//读入字符串
		scanf("%s", str + 1); //前缀和算法下标一般从1开始会好一些
		//预处理前缀和
		for (int i = 1; i <= n; i ++)
		{
			s[i] = s[i - 1] + str[i] - '0';//把字符0-9转换成数字0-9
			int res = 0;
			//定义一个最大值，N是500万，每个数据大小是9，总和不超过5000万，int最大时21亿左右，不会爆int
			int m = (n + 1) / 2;  //求一下长度
			//枚举一下所有长度是m的区间
			for (int i = m; i <= n; i ++)
			{
				res = max(res, s[i] - s[i-m]);
			}
			printf("Case #%d: %d\n", cases, res);
		}
	}
	return 0;
}