LOJ#2343. 「JOI 2016 Final」集邮比赛 2

题目地址

https://loj.ac/problem/2343

题解

首先处理出\(f[i]\)表示以当前位置开头(J,O,I)的合法方案数。这个显然可以\(O(n)\)处理出来。然后考虑在每个位置插入三种数。
在位置i插入J：显然对于i后面的所有\(f[j](i<j,s[j]=O)\)有多一个转移点，对\(f[j]\)做个后缀和即可。
在位置i插入O：对于i前面的J，和i后面的I，显然都多一个中转点，于是对J做前缀和，I做后缀和，枚举插入位置i，左右两边相乘取\(\max\)即可。
在位置i插入I：对于i前面的每个O提供了一个转移点，对于前面的每个J（设位置为x），提供了\([x+1,i-1]\)内O的个数的贡献。不难发现这个东西是单调递增的。所以维护个计数器，记录当前J的个数每次遇到一个O对当前统计的答案增加量\(delta\)加上J的个数即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long
const int N = 100010;

int n;
char s[N];
ll f[N], cnt[3], sl[N][3], sr[N][3], sf[N];

int idx(char c) {
    if(c == 'J') return 0;
    if(c == 'O') return 1;
    return 2;
}

int main() {
    scanf("%d%s", &n ,s + 1);
    for(int i = n; i; --i) {
        if(s[i] == 'I') f[i] = 1;
        else f[i] = cnt[idx(s[i]) + 1];
        cnt[idx(s[i])] += f[i];
    }
    cnt[0] = cnt[1] = cnt[2] = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        for(int j = 0; j < 3; ++j) sl[i][j] = sl[i - 1][j];
        sl[i][idx(s[i])]++;
    }
    for(int i = n; i; --i) {
        for(int j = 0; j < 3; ++j) sr[i][j] = sr[i + 1][j];
        sr[i][idx(s[i])]++;
        sf[i] = sf[i + 1];
        if(s[i] == 'O') sf[i] += f[i];
    }
    ll A = 0, ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) if(s[i] == 'J') A += f[i];
    // J
    for(int i = 0; i <= n; ++i) ans = max(ans, A + sf[i + 1]);
    // O
    for(int i = 0; i <= n; ++i) {
        ans = max(ans, A + sl[i][0] * sr[i + 1][2]);
    }
    // I
    ll tot = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        if(s[i] != 'I') {
            if(s[i] == 'O') tot += cnt[0];
            cnt[idx(s[i])]++;
        }
        ans = max(ans, A + tot);
    }
    printf("%lld\n", ans);
}

LOJ#2343. 「JOI 2016 Final」集邮比赛 2

原文：https://www.cnblogs.com/henry-1202/p/11432874.html