\(\text{Problem - 889E - Codeforces}\) \(\text{*3000}\)

题意

给一个序列，对于一个非负整数 \(x\)，有一个式子：

求出上式的最大值。

思路

先去寻找题目的性质。

首先 \(x\) 的值单调不增，然后如果当前 \(x\) 的值小于 \(a_i\) 则对 \(x\) 无影响。

对于上述两条，我们首先能够总结出一点：一定存在一个答案区间 \([l,r]\)，其中 \(ans_l=ans_r=a_l-1\)。说人话就是首先答案是一段一段的递减区间，然后一定有一段区间的值顶着对应区间的上界。因为如果没有，则可以至少令当前 \(x+1\)，然后答案更大。然后就是 \(x+1\) 的操作的正确性是因为余数性质：\(x+y\equiv x\%p+y\%p\pmod p\)，所以只要操作后 \(x\) 小于 \(p\) 后面区间就不会变成零，并且我如果将最初的 \(x+1\)，那么所有位置的 \(x\) 就都会加一，答案也都会加一。

然后对于这道题有一个显然的暴力 \(dp\)。我们令 \(f_{i,j}\) 表示计算到位置 \(i\) 当前 \(x\) 值为 \(j\) 的最大值，转移显然，复杂度是 \(O(n\times a_1)\)。

考虑能否优化状态。因为答案区间是一段一段的递减，其实我们枚举 \(j\) 的时候就会发现最下面的答案是 \(i\times j\)，然后上面变成一段更小的单调不增的区间。然后根据之前发现每个位置对应的 \(x\) 同加同减，也就是说他们的相对值不变，所以如果我们不去维护最后的答案而是只维护上层的答案，那么更新（转移）上面的答案就是 \(O(1)\) 的。比如我转移状态需要修改 \(x\) 时，我只需要把区间整体答案修改即可。

所以我们得到了最终的 \(dp\)，设 \(f_{i,j}\) 表示计算到位置 \(i\) 当前 \(x\) 值为 \(j\) 时每个 \(x\) 大于 \(j\) 的部分的和，最后答案就是 \(\max_{0\le i<a_n} \{f_{n,i}+n\times i\}\)。转移时对于 \(f_{i,j}\) 分成两种情况考虑：

1. 直接转移到 \(f_{i+1,j\%a_{i+1}}\)：这时 \(j\) 变小，答案加上 \(j-j\%a_{i+1}\) 的高度；
2. 每次新维护一个 \(f_{i+1,a_{i+1}-1}\)：答案加上的高度类比第一种即可。

存在第二种转移是因为性质一告诉我们一定会有一个 \(x=a_i-1\)，所以每次需要维护。

关于复杂度的话，考虑对于每个 \(i\)，至多存在 \(0,1,2...,a_i-1\) 一共 \(a_i\) 种状态，所以初始状态可看成 \(n\) 种；每次转移会将 \(j\) 转移到 \(j\% a_i\) 上，已知取模复杂度是一只 \(\log\) 所以状态是 \(n\log x\) 的。然后实际 \(dp\) 的时候，第一维滚掉，第二维发现 \(j\) 太大用 \(\text{map}\) 存，然后 \(\text{map}\) 也有一只 \(\log\)，所以时间复杂度是 \(O(n\log x\log n)\)。

代码

signed main(){
    n = rd(), res[p = rd() - 1] = 0;
    for(int i = 2; i <= n; ++i){
        p = rd();
        for(map < ll , ll > :: iterator it = res.lower_bound(p); it != res.end(); res.erase(it++)){
            ll j = (*it).first, f = (*it).second;
            res[j % p] = max(res[j % p], f + (i - 1) * (j - j % p));
            res[p - 1] = max(res[p - 1], f + (i - 1) * ((j + 1) / p * p - p));
        }
    }
    for(map < ll , ll > :: iterator it = res.begin(); it != res.end(); it++)ans = max(ans, n * (*it).first + (*it).second);
    printf("%lld", ans);
    return 0;
}