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思路

本题难度本为入门难度,因为他的数据很小,用O（n²）的暴力算法就可以AC,但是,作为一个对于认为自己水题过多而感到羞愧的OIer,我决定用O（n）的算法来做这道题.

我不打算用前缀和（其实就是不会），用前缀和也可以做出O（n）的时间复杂度，但是很复杂，而且常数因子还比我接下来要介绍的算法的常数因子大，所以，我自认为我的这个算法是洛谷全站最好的（我翻了题解）.

思想:贪心&动态规划

复杂度:时间复杂度O(n);空间复杂度O(n);

如果a[n]<a[m+1],那么a[n]~a[m]区间的和一定小于a[n+1]~a[m+1]区间的和.
而a[n+1]~a[m+1]区间的和减a[n]~a[m]区间的和就等于a[m+1]-a[n].
则用dp[m+1]表示a[m+1]-a[n],那么a[n+2]~a[m+2]区间的和减a[n]~a[m]区间的和就等于a[m+1]-a[n]+a[m+2]-a[n+1]也就是b[m+1]+a[m+2]-a[n+1].而他的值又可以用dp[m+2]表示
所以得到dp[m+1]到dp[m+2]的]状态转移方程为:dp[m+2]=dp[m+1]+a[m+2]-a[n+1].
所以dp[m+i-1]到dp[m+i]的状态转移方程为dp[i+m]=dp[i+m-1]+a[i+m]-a[i]

另外,若a[1]~a[m]就是最小的范围或者n=m,则程序会出现错误,需要特判:

if(dp[no]>0||n==m)//特判
        no=m;

剩下的就很简单了,直接上代码.

Code

#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;

long long n,m,gkmin=99999999,ans,no;//我就是喜欢把gkmin设的大一点,你咬我啊
long long a[3002];
long long dp[3002];

int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
    }
    for(int i=1;i<=n-m;i++)
    {
        dp[i+m]=dp[i+m-1]+a[i+m]-a[i];//状态转移
        if(gkmin>dp[i+m])
            gkmin=dp[i+m],no=i+m;
    }
    if(dp[no]>0||n==m)//特判
        no=m;
    for(int i=no;i>no-m;i--)
        ans+=a[i];
    cout<<ans;
    return 0;
}

后记

为了装逼敲一个高性能代码,我足足提交了20次左右,才AC.好吧,我承认是我自己在折磨我自己QAQ.
另外,此算法仍存在改进空间,可以用递归的迭代法代替动态规划的庞大dp数组,从而将空间复杂度降为O(1),但因为我懒，所以有兴趣的可以自行改进.

标签：洛谷,no,int,复杂度,long,心痛,算法,dp
来源： https://www.cnblogs.com/gongkai/p/11031577.html