Codeforces 1631 F. Flipping Range —— 位置取模的DP，有丶东西

本文主要是介绍Codeforces 1631 F. Flipping Range —— 位置取模的DP，有丶东西，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

This way

题意：

给你长度为n的数组a，和一个长度的集合B，你每次可以在B中任意挑选一个长度x来给a某个对应长度的区间的数值正负反转。问你最终a中的值之和最大是多少。

题解：

这道题不错啊，dp打开了新的世界，暂时还没看到评分，不过这种我有想法但是有点不知道怎么实现的题目一般都是2500往上走吧…坐等分数出来打脸。

首先看到这个 $\lfloor\frac{n}{2}\rfloor$ ，我就感觉，是不是可以通过一些长度的组合来实现更小区间的转变呢？比如长度5和7的话，那么首先可以构造出只翻转2个，于是我们得到了2…然后通过5和2我们得到了1.稍加思考就可以知道这些长度能构成最小的变换区间为他们的gcd。但是如果没有这个条件的话就不可以了，因为摆放的空间就不够大（可以自己试验一下）。

那么这道题目就变成了：给你一个数组a，一个长度x，你每次可以翻转连续x个数字的正负，如何将a数组的和变得最大。
我首先考虑的依旧延续了数学的思路，但是想了一会就wa了，注意到：
x为3时，-1 1 1 -1的答案是4，-1 1 -1 1的答案就是2.因此必然跟位置有关系，那么我感觉用数学的方法就很难写了，于是转换成dp思考，那该如何表示当前状态呢？
按照一般dp而言就是从前往后遍历，通过之前的状态转移到当前的状态。但是连续更改x个，我没办法表示这x个数的正负，如果表示和的话，根据翻转位置的不同会导致更多的问题…该怎么办。

可以发现一件事情，你每次更改的就是连续x个数的正负，映射到i%x中，你会发现无论更改什么位置，其实就是更改 $i (0 < = i < x) + k x (k \in 0, 1, 2, 3 . . .)$ 的正负。那么假设 $(0 < = i < x) i, i + x, i + 2 x, i + 3 x . . .$ 看成一个单位 $i$ 的话，那么 $0 < = i < x$ 的正负反转次数时同奇同偶的。
我们使用dp[i][0]表示i单位翻转了偶数次，dp[i][1]表示i单位翻转了奇数次。
那么最终的答案就是 $max(\sum\limits_{i=0}^{x}dp[i][0],\sum\limits_{i=0}^{x}dp[i][1])$ 。

状态转移方程怎么写？
对于第i个位置，如果你要翻转，那么第i%x单位当然从奇变偶，偶变奇。如果不翻转，那么当然是奇偶性延续。

			ll n0=max(dp[i%x][0]+a[i],dp[i%x][1]-a[i]);ll n1=max(dp[i%x][0]-a[i],dp[i%x][1]+a[i]);dp[i%x][0]=n0;dp[i%x][1]=n1;

不过我交c++17出错了，c++14就过了耶？好像是不知道什么错乱导致了dp数组并未重新初始化。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N=1e6+5;
int a[N];
ll dp[N][2];
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int t;cin>>t;while(t--){int n,m;cin>>n>>m;for(int i=0;i<n;i++)cin>>a[i];int x,y;cin>>x;for(int i=2;i<=m;i++)cin>>y,x=__gcd(x,y);for(int i=0;i<x;i++)dp[i][0]=a[i],dp[i][1]=-a[i];for(int i=x;i<n;i++){ll n0=max(dp[i%x][0]+a[i],dp[i%x][1]-a[i]);ll n1=max(dp[i%x][0]-a[i],dp[i%x][1]+a[i]);dp[i%x][0]=n0;dp[i%x][1]=n1;}dp[x][0]=dp[x][1]=0;for(int i=0;i<x;i++)dp[x][0]+=dp[i][0],dp[x][1]+=dp[i][1];cout<<max(dp[x][0],dp[x][1])<<endl;}return 0;
}