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• A Twisty Movement
  • 这一题最后十秒过题，很惊险刺激，但是它留给我的思考却是没有停止的。
  • 看数据范围，必须在O(n²)之内的时间完成，否则超时。
  • 很容易想到枚举一个区间的左右端点[L, R]，然后将此区间反转，可是翻转之后如何统计答案又是一个O(n)问题。
  • 为什么统计答案是O(n)问题呢？因为只有1和2两种状态，我们只要预处理出一个序列的1数量的前缀和与2数量的后缀和，然后从头到尾枚举1->2的转折点位置统计答案即可。
  • 可是O(n³)复杂度不能过题，必须另辟蹊径。
  • 更换枚举顺序，先枚举1->2的转折点位置尝试思考。
  • 枚举转折点（即为pos）后，下面就是如何确定翻转区间的问题。显然，如果翻转区间右端点R≤mid或做短点L>mid，那么区间翻转并不会改变区间内1的数量或2的数量，所以对答案不会有改变。
  • 所以反转的区间必须满足L≤pos<R，我们以pos为轴进行翻转，便于统计答案。
  • 统计答案的方法：算出[1, L-1]中1的个数，加上[L, pos]中2的个数，加上[pos+1, R]中1的个数，再加上[R+1, n]中2的个数。
  • 我们发现，先枚举转折点再枚举区间还是需要枚举3个量（pos、L、R），复杂度似乎没有优化。
  • 发现L就是在[1, pos]这个区间中取一个最优值，R就是在[pos+1, n]这个区间中取一个最优值，两者之间相互独立、互不相关。
  • 于是我们可以平行地枚举L和R，时间复杂度降到O(n²)
  • （注意：并不一定要翻转区间，写代码时注意细节）

代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int a[2010],prefix[2010],sufix[2010];
int main()
{
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=0;i<n;++i)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
	}
	prefix[0]=a[0]==1;
	for(int i=1;i<n;++i)
	{
		prefix[i]=prefix[i-1]+(a[i]==1);
	}
	sufix[n-1]=a[n-1]==2;
	for(int i=n-2;i>=0;--i)
	{
		sufix[i]=sufix[i+1]+(a[i]==2);
	}
	int maxi=0;
	for(int i=0;i<=n;++i)
	{
		int max1=0;
		for(int l=0;l<=i;++l)
		{
			max1=max(max1,(l>0?prefix[l-1]:0)+sufix[l]-sufix[i]);
		}
		int max2=0;
		for(int r=i;r<=n;++r)
		{
			max2=max(max2,(r+1<n?sufix[r+1]:0)+prefix[r]-(i>0?prefix[i-1]:0));
		}
		if(max1+max2>maxi)
		{
			maxi=max1+max2;
		}
	}
	printf("%d",maxi);
	return 0;
}