P15800 [GESP202603 六级] 选数

记录133

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std; // 使用标准命名空间std
const int N=1e5+5; // 定义常量N，表示数组长度的最大范围

int n; // 定义全局变量n，表示数组的长度
int a[N],b[N]; // 定义数组a和b，分别存储题目给定的两个数组
long long f[N],ans; // 定义f数组记录到达某位置的最大分数，ans记录全局最大和

int main(){ // 正向递推（刷表法）
    ios::sync_with_stdio(false); // 关闭标准流同步，提升输入输出效率
    cin.tie(0); // 解除cin与cout的绑定，加快读取速度
    
    cin>>n; // 读入数组长度n
    for(int i=1;i<=n;i++){ // 循环读入数组a
        cin>>a[i]; // 读入a[i]
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){ // 循环读入数组b
        cin>>b[i]; // 读入b[i]
    }
    
    // 正向递推（刷表法）：利用当前下标i的状态，去更新后续位置的状态
    for(int i=1;i<=n;i++){
        // 尝试选择当前下标i：更新全局答案ans
        ans=max(ans,f[i]+a[i]); 
        
        // 如果选择当前下标i，可以跳跃到 i+b[i] 的位置，更新该位置的最大分数
        if(i+b[i]<=n){
            f[i+b[i]]=max(f[i+b[i]],f[i]+a[i]);
        }
        
        // 不选择当前下标i：将当前的最大分数直接传递给下一个位置 i+1
        f[i+1]=max(f[i+1],f[i]);
    }
    
    cout<<ans<<"\n"; // 输出在满足下标条件的前提下，a数组对应下标的整数之和的最大值
    return 0; // 程序正常结束
}

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题目传送门https://www.luogu.com.cn/problem/P15800

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前言

我是一名专注信奥赛（CSP-J/S、NOIP）的教练。

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• 我深知算法思维的构建远比单纯通过题目更重要，本系列题解不局限于AC代码的堆砌，而是致力于拆解题目背后的逻辑链条与核心知识点
• 备赛路上若遇瓶颈，欢迎随时评论或私信，我将甄选典型疑难问题，通过视频讲解或撰写专项文章的形式，为你提供深度答疑。

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核心解题思路

这道题是一道非常经典的线性动态规划（DP）问题，其核心难点在于理解下标之间的跳跃约束。

1. 状态定义：
   我们定义 f[i] 表示：当我们处理到第 i 个位置时，能够获得的最大分数（注意：f[i] 代表的是从前面某个位置转移过来，准备在 i 或之后的位置进行决策时的累积得分，它本身不包含 a[i]）。

2. 约束条件的转化：
   题目要求如果选择了下标 p_i，那么下一个下标 p_{i+1} 必须满足 p_{i+1} >= p_i + b[p_i]。这意味着，如果我们当前站在位置 i 并决定选择它，那么我们下一次能够进行决策的最早位置就是 i + b[i]。

3. 状态转移（刷表法）：
   对于每一个位置 i，我们有两种选择：

   • 选择位置 i：我们将 a[i] 加入总分，并将这个新的总分传递给下一个合法的位置 i + b[i]。即 f[i + b[i]] = max(f[i + b[i]], f[i] + a[i])。同时，因为选择了 i，我们可以用 f[i] + a[i] 去更新全局的最大答案 ans。
   • 不选择位置 i：如果我们放弃位置 i，那么当前累积的分数 f[i] 可以原封不动地传递给下一个相邻位置 i + 1。即 f[i + 1] = max(f[i + 1], f[i])。

4. 最终答案：
   在遍历过程中，我们随时记录 f[i] + a[i] 的最大值，最终输出这个全局最大值即可。

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 代码分块详细解释

1. 头文件、常量与全局变量定义

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std; 
const int N=1e5+5; // 定义常量 N，表示数组长度的最大范围

int n; // 定义全局变量 n，表示数组的长度
int a[N], b[N]; // 定义数组 a 和 b，分别存储题目给定的两个数组
long long f[N], ans; // 定义 f 数组记录到达某位置的最大分数，ans 记录全局最大和

• 详细分析：这部分搭建了算法的基础。由于数组长度 n 最大为 10^5，且 a_i 最大可达 10^9，累加后的总分数可能会超过 int 的范围，因此 f 数组和答案 ans 必须使用 long long 类型来防止数据溢出。

2. 输入处理

int main(){ 
    ios::sync_with_stdio(false); // 关闭标准流同步，提升输入输出效率
    cin.tie(0); // 解除 cin 与 cout 的绑定，加快读取速度
    
    cin>>n; // 读入数组长度 n
    for(int i=1;i<=n;i++){ // 循环读入数组 a
        cin>>a[i]; // 读入 a[i]
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){ // 循环读入数组 b
        cin>>b[i]; // 读入 b[i]
    }

• 详细分析：在读取数据之前，使用了标准的 IO 加速语句。在 n 达到 10^5 级别时，这能有效避免因为输入输出过慢而导致的超时。随后依次读入两个数组的数据，为接下来的动态规划做准备。

3. 核心逻辑：正向递推（刷表法）

    // 正向递推（刷表法）：利用当前下标 i 的状态，去更新后续位置的状态
    for(int i=1;i<=n;i++){
        // 尝试选择当前下标 i：更新全局答案 ans
        ans = max(ans, f[i] + a[i]); 
        
        // 如果选择当前下标 i，可以跳跃到 i + b[i] 的位置，更新该位置的最大分数
        if(i + b[i] <= n){
            f[i + b[i]] = max(f[i + b[i]], f[i] + a[i]);
        }
        
        // 不选择当前下标 i：将当前的最大分数直接传递给下一个位置 i+1
        f[i + 1] = max(f[i + 1], f[i]);
    }

• 详细分析：这是整个算法的灵魂，采用了“刷表法”（即由当前状态去更新未来状态）。
  • 更新全局最优解：f[i] 表示到达位置 i 之前（不包含 i）的最大累积分数。如果我们在位置 i 停下并选择它，那么当前的总分就是 f[i] + a[i]。我们随时用这个值去挑战全局最大值 ans。
  • 跳跃转移（选择 i）：如果决定选择 a[i]，根据题目约束 p_{i+1} >= p_i + b[p_i]，下一个能够做决策的位置至少是 i + b[i]。我们将当前获得的总分 f[i] + a[i] 传递给 f[i + b[i]]，并取最大值。
  • 相邻转移（不选 i）：如果我们决定放弃 a[i]，那么位置 i 就没有产生任何价值，也没有触发跳跃限制。因此，到达位置 i 的累积分数 f[i] 可以直接顺延到下一个位置 i + 1。这保证了我们可以连续跳过某些位置。

4. 输出结果

    cout << ans << "\n"; // 输出在满足下标条件的前提下，a 数组对应下标的整数之和的最大值
    return 0; // 程序正常结束
}

• 详细分析：在遍历完所有位置后，ans 中存储的就是所有合法下标组合中，a 数组对应下标整数之和的最大值，直接输出即可。

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核心逻辑总结表

代码模块	核心变量/操作	精炼作用	解决的痛点
数据类型	long long f[N], ans	使用 64 位长整型	防止 a_i (最大 109) 累加时超出 int 范围导致数据溢出
IO 优化	ios::sync_with_stdio(false)	提升输入输出效率	解决 10^5 级别数据量下 cin/cout 可能导致的超时问题
状态定义	f[i]	记录到达位置 i 时的最大累积分数	将复杂的下标跳跃约束，转化为线性的状态传递问题
跳跃转移	f[i+b[i]] = max(...)	处理“选择当前下标”的情况	完美契合题目中 p_{i+1} >= p_i + b[p_i] 的约束条件
顺延转移	f[i+1] = max(f[i+1], f[i])	处理“不选当前下标”的情况	允许程序跳过某些下标，保证决策的灵活性
全局打擂	ans = max(ans, f[i]+a[i])	实时更新最终答案	确保能够捕获到遍历过程中出现的任何合法的最大分数