Arc066_E Addition and Subtraction Hard

题目大意

给定一个加减法的表达式，让你任意的添加合法的括号对，使的表达式最大。

题解

考虑到任意左括号一定加在减号右边，那么对于第一个左括号，与该左括号相邻的只含有加号的子序列的贡献一定为负，但是之后的所有数对答案的贡献都可以达到这些数的绝对值，即对于第一个左括号，钦定其对应的右括号在整个表达式的最后，这一段表达式内除去前缀的加法表达式外，对于所有的连续的加法外加一个括号，可以构造形如$$A-(x+x-(x+x+x)-x-x-(x+x))$$使得贡献全部为正但是题目中还有每个括号必须与一个数相邻，不过无伤大雅，因为形如$-(a-(b+c))$等价于$-(a-b)+c$。

因而引出两种解法。

解法一:$DP$

考虑上述构造方法一定满足括号层数不超过$2$，所以可以直接令$F_{i,j=0,1,2}$表示到第$i$个位置有$j$个左括号尚未匹配的答案，转移过程显然。

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
#define M 100020
#define INF 100000000000000000ll
using namespace std;
int read(){
	int nm=0,fh=1; char cw=getchar();
	for(;!isdigit(cw);cw=getchar()) if(cw=='-') fh=-fh;
	for(;isdigit(cw);cw=getchar()) nm=nm*10+(cw-'0');
	return nm*fh;
}
LL n,x,F[3];
int main(){
	n=read(),F[1]=F[2]=-INF;
	while(n--){
		x=read(),F[0]+=x,F[1]-=x,F[2]+=x;
		if(x<0) F[2]=max(F[1],F[2]),F[1]=max(F[1],F[0]);
		F[0]=max(F[0],F[1]),F[1]=max(F[1],F[2]);
	} printf("%lld
",F[0]); return 0;
}

解法二：贪心

直接用上构造出来的性质，将形如$+a+b+c$的表达式缩成$+x$，保证不会出现两个连续的$+x$，接着枚举第一个左括号的位置，形如$Gspace -space (x+yspace +K$($y$可能不存在)$G$表示前半部分表达式的值，$K$表示后半部分的绝对值的和，用$G+K-|x|-|y|$的值之和更新答案，不要忘了用特判所有符号均为正的情况。

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
#define M 100020
using namespace std;
LL read(){
	LL nm=0,fh=1; LL cw=getchar();
	for(;!isdigit(cw);cw=getchar()) if(cw=='-') fh=-fh;
	for(;isdigit(cw);cw=getchar()) nm=nm*10+(cw-'0');
	return nm*fh;
}
LL n,p[M],G[M],F[M],ans;
int main(){
	n=read();
	for(LL i=1;i<=n;i++){
		p[i]=read();
		if(i>1&&p[i]>0&&p[i-1]>0) p[i-1]+=p[i],i--,n--;
	}
	for(LL i=1;i<=n;i++) G[i]=G[i-1]+p[i],F[i]=F[i-1]+abs(p[i]); ans=G[n];
	for(LL i=2;i<=n;i++) if(p[i-1]<0) ans=max(ans,G[i-1]-p[i]+F[n]-F[i]);
	printf("%lld
",ans); return 0;
}

Arc066_E Addition and Subtraction Hard

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