题目大意
给出两个长度为 n ( 1 ≤ n ≤ 5000 ) n(1 \leq n \leq 5000) n(1≤n≤5000)的序列 a , b a, b a,b,可以最多一次对序列 a a a的某段子数组执行翻转操作,求出如何翻转使得 ∑ i = 1 n a i ∗ b i \sum_{i = 1}^n a_i*b_i ∑i=1nai∗bi最大。
解题思路
对于本题的数据范围来看 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)的算法即可,考虑一段子数组翻转后,一定存在某个对称轴,使得关于对称轴对称的数交换位置,想到这里,我们可以枚举对称轴,向两边扩散求出所有的翻转情况,没有翻转的前缀和后缀只需要预处理即可。
对于被翻转子数组为偶数的情况,为了方便我们可以在每个数前面添加一个0,类比马拉车的思想,然后枚举 2 ∗ n 2*n 2∗n个数更新答案即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ENDL "\n"
typedef pair<int, int> pii;
typedef long long ll;
const int Mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 2e5 + 10;
ll a[maxn], b[maxn];
ll pre[maxn], suf[maxn];
int main() {
// freopen("in.txt","r",stdin);
// freopen("out.txt","w",stdout);
ios_base::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
ll ans = 0;
for (int i = 2; i <= 2 * n; i += 2) cin >> a[i];
for (int j = 2; j <= 2 * n; j += 2) {
cin >> b[j];
ans += a[j] * b[j];
}
int m = 2 * n;
for (int i = 1; i <= m; i++) pre[i] = pre[i - 1] + a[i] * b[i];
for (int i = m; i >= 1; i--) suf[i] = suf[i + 1] + a[i] * b[i];
for (int i = 2; i < m; i++) {
ll res = a[i] * b[i];
int l = i - 1, r = i + 1;
while (l >= 1 && r <= m) {
res += a[l] * b[r];
res += a[r] * b[l];
ans = max(ans, res + pre[l - 1] + suf[r + 1]);
l--, r++;
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}