A.最大值只能由自己除，所以无解的情况只能是全部相同，否则直接最大值放c即可
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5+10,mod=998244353;
#define int long long
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
int n,m,k;
int a[N],b[N];
void solve(){
set<int> st;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
st.insert(a[i]);
}
if(st.size()==1) cout<<"-1\n";
else{
vector<int> c,d;
auto mx=*st.rbegin();
for(int i=1;i<=n;i++)
if(a[i]==mx) c.push_back(a[i]);
else d.push_back(a[i]);
cout<<d.size()<<" "<<c.size()<<"\n";
for(auto x:d) cout<<x<<" ";cout<<'\n';
for(auto x:c) cout<<x<<" ";cout<<'\n';
}
}
signed main(){
cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);
int t=1;
cin>>t;
while(t--) solve();
return 0;
}
B.b直接枚举其他数组的最小值放到当前数组（其他数组的最小值集中放在一个数组肯定最优的）
所以记录一下最小值和次小值即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e5+10;
#define int long long
int n,m;
vector<int> a[N];
int mn1[N],mn2[N];
void solve(){
cin>>n;
int res=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>m;
a[i].clear();
for(int j=1;j<=m;j++)
{
int x;cin>>x;
a[i].push_back(x);
}
sort(a[i].begin(),a[i].end());
mn1[i]=a[i][0];
mn2[i]=a[i][1];
res+=mn1[i];
}
int mx=res;
vector<int> mn(n+10,0x3f3f3f3f);
for(int i=n;i>=1;i--) mn[i]=min(mn[i+1],mn1[i]);
vector<int> s1(n+10,0);
vector<int> s2(n+10,0);
for(int i=1;i<=n;i++) s1[i]=s1[i-1]+mn1[i],s2[i]=s2[i-1]+mn2[i];
vector<int> l(n+10,0x3f3f3f3f);
vector<int> r(n+10,0x3f3f3f3f);
for(int i=1;i<=n;i++) l[i]=min(l[i-1],mn1[i]);
for(int i=n;i>=1;i--) r[i]=min(r[i+1],mn1[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int now=s2[n]-mn2[i]+min({mn1[i],l[i-1],r[i+1]});
mx=max(mx,now);
}
cout<<mx<<"\n";
}
signed main(){
cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);
int t=1;
cin>>t;
while(t--) solve();
}C.
额直接打表看的规律，直接调用next_permuatation 打表前10个答案的数组，观察一下可得
前半部分按顺序，后半部分翻转即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e5+10;
#define int long long
int n,m;
//int a[N];
int b[N];
void solve(){
cin>>n;
if(n==2){
cout<<2<<"\n";
return ;
}
int res=0;
vector<int> s(n+10,0);
vector<int> mx(n+10,0);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
b[i]=i;
s[i]=s[i-1]+b[i]*i;
mx[i]=max(mx[i-1],b[i]*i);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
int now=s[i];
int nw=n;
int mxx=0;
for(int j=i+1;j<=n;j++)
{
now+=nw*j;
mxx=max(mxx,nw*j);
nw--;
}
mxx=max(mxx,mx[i]);
res=max(res,now-mxx);
}
cout<<res<<"\n";
}
signed main(){
cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);
int t=1;
cin>>t;
while(t--) solve();
}D:
如果当前点在[l,r]中，那么他可以通过跳跃到有交集的且比当前区间靠右的那个区间的b那里
比如起点在第一个区间，无论在哪个点都能跳到b1，如果在b1那么和他相交的下一个区间她也能跳到b2，因为相交l<=b1
如果在当前点>b1 那么她依然能跳到b1，且更大可能能跳到下一个区间，且它依然能利用b1这个点跳跃到下一个区间
所以其实能跳跃的区间范围是[l,b]，直接合并有交集的跳跃区间即可
所以可以直接预处理出当前点能往右跳到哪里，最后二分出当前询问的点在哪个区间，
我用的并查集合并的
还有个问题就是二分的时候按照左端点排序，二分出最靠右的区间r>=l
因为第一个红线和第二个红线其实已经合并了，但是都没r优，所以要二分出最靠右的区间r>=l
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5+10,mod=998244353;
#define int long long
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
int n,m,k;
PII a[N];
class dsu {
public:
vector<int> p;
vector<int> mx;
int n;
dsu(int _n) : n(_n) {
p.resize(n);
iota(p.begin(), p.end(), 0);
mx.resize(n);
}
inline int get(int x) {
return (x == p[x] ? x : (p[x] = get(p[x])));
}
inline bool unite(int x, int y) {
x = get(x);
y = get(y);
if (x != y) {
mx[y]=max(mx[x],mx[y]);
p[x] = y;
return true;
}
return false;
}
};
void solve(){
cin>>n;
dsu d(n+10);
for(int i=1;i<=n;i++){
int l,r,bb,aa;
cin>>l>>r>>aa>>bb;
a[i]={l,bb};
}
sort(a+1,a+1+n,[&](const auto&p,const auto&q){
return p.first<q.first;
});
for(int i=1;i<=n;i++) d.mx[i]=a[i].second;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int l=a[i].first,r=a[i].second;
int x=d.get(i-1),y=d.get(i);
if(l<=d.mx[x])
{
d.unite(x,y);
}
}
int q;cin>>q;
while(q--)
{
int x;cin>>x;
int res=x;
int l=1,r=n;
while(l<r)
{
int mid=l+r+1>>1;
if(a[mid].first<=x) l=mid;
else r=mid-1;
}
if(a[l].first<=x&&d.mx[d.get(l)]>=x)
{
res=max(res,d.mx[d.get(l)]);
}
if(q)cout<<res<<" ";
else cout<<res<<"\n";
}
}
signed main(){
cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);
int t=1;
cin>>t;
while(t--) solve();
return 0;
}
E：
设f为前i个点，且当前线段长度总和为k的贡献最大值
复杂度是n*k*k，因为要枚举当前长度和上一个线段总和的长度
考虑优化把绝对值拆开
首先ai和bi已经枚举了，且下标一样，所以已经固定了，接下来就是维护另一个aj和bj
copy一下别人的，别人写的清晰
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3010,mod=998244353;
#define int long long
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
int n,m,k;
int a[N],b[N];
int mx[2][2][N];
void solve(){
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i];
memset(mx,-0x3f,sizeof(mx));
vector<vector<int>> f(n+10,vector<int>(k+10,0));
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=min(i,k);j++)
{
for(int x=0;x<2;x++){
for(int y=0;y<2;y++){
mx[x][y][i - j] = max(mx[x][y][i - j], f[i - 1][j - 1] +
(x == 0 ? a[i] : -a[i]) + (y == 0 ? b[i] : -b[i]));
}
}
for(int x=0;x<2;x++){
for(int y=0;y<2;y++){
f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j]);
f[i][j]=max(f[i][j],mx[x][y][i-j]+ (x == 0 ? -b[i] : b[i]) + (y == 0 ? -a[i] : a[i]));
}
}
}
}
cout<<f[n][k]<<"\n";
}
signed main(){
cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);
int t=1;
cin>>t;
while(t--) solve();
return 0;
}
