題意 ：

• 給一數(shù)組$c=[c_1,c_2,...,c_m]$，求構(gòu)造一個長度為n的數(shù)組$a=[a_1,a_2,...,a_n]$，使得$?i\in [1,m]$恰好有$c_i$個$i$出現(xiàn)在數(shù)組$a$中
• 定義一個函數(shù)$f(a)={\sum }_{1\le i<j\le n,a_i=a_j}j?i$，求出$f(a)$的最大值，并且求出當$f(a)$最大時，$a$的構(gòu)造方案

思路 ：

• 容易想到一個貪心，注意到相同的數(shù)字間的距離越遠，對答案的貢獻越大，于是對數(shù)字大小從大到小來考慮，每次都拿出兩個放到$a$兩邊，這就是構(gòu)造方法
• 接下來考慮對答案的貢獻以及方案數(shù)的計算
• 首先考慮對答案的貢獻，設(shè)當前$a$中還有$num$個位置沒排，當前排個數(shù)為$i$的數(shù)，設(shè)有$cnt[i]$個，根據(jù)剛才的策略，容易得出對$i$從大到小考慮。首先就是這$cnt[i]$個數(shù)依次放到數(shù)組兩邊，那么每個數(shù)字的貢獻就是$$num?cnt[i]?2+cnt[i]$$一共有$cnt[i]$個數(shù)字，乘起來，最后還要算上兩邊對中間的$(i?2)?cnt[i]$個數(shù)的貢獻$$(i?2)?cnt[i]?(num?cnt[i]?2+cnt[i])$$化簡后就是$$(num?cnt[i])?cnt[i]?(i?1)$$ 每輪放數(shù)字結(jié)束后記得把$num?=2?cnt[i]$，因為有這么多的位置被占了
• 方案數(shù)的話就很簡單了，對當前個數(shù)為1的時候進行特判，因為這個只能放一邊，其他的都是可以兩邊隨意放，所以就是$cnt[i]!$種，乘法原理即可

#include <iostream> #include <vector>using namespace std; using ll = long long;const int N = 1e6 + 10; const ll MOD = 1e9 + 7;inline void solve() {int n; cin >> n;vector<int> cnt(N);vector<ll> f(N);ll num = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++ ){int x; cin >> x;num += x; // num表示一共有多少個位置要放東西cnt[x] ++ ; // cnt數(shù)組表示個數(shù)為x的數(shù)有多少種}f[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) f[i] = f[i - 1] * i % MOD; // 計算階乘 f[i] = i!ll res = 0, ways = 1; // 最大值和方案數(shù)for (int i = 1000000; i; i -- ) // 個數(shù) 1000000 -> 1{cnt[i] += cnt[i + 2]; // 注意，之前的數(shù)都只排了兩個，肯定有剩下的，所以需要隔位后綴和if (i == 1) ways = ways * f[cnt[i]] % MOD; // 特判個數(shù)為1的數(shù)，如果個數(shù)1（被迫放在同一邊），就是 (cnt[1]!)else ways = ways * f[cnt[i]] % MOD * f[cnt[i]] % MOD; // 否則，是 (cnt[i]!) * (cnt[i]!) （兩邊位置和）res = (res + (num - cnt[i]) * cnt[i] % MOD * (i - 1) % MOD) % MOD;num -= 2 * cnt[i];}cout << res << ' ' << ways << endl; }int main() {cin.tie(nullptr) -> sync_with_stdio(false);// int _; // cin >> _; // while (_ -- )solve(); }

總結(jié)

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