将阵列分成更小的连续部分，以使 NEO 值最大化

Divide array into smaller consecutive parts such that NEO value is maximal

本文关键字：以使 NEO 最大化 连续部 阵列      更新时间：2023-10-16

今年泡泡杯(已完成(有问题NEO(我无法解决(，它要求

给定具有 n 个整数元素的数组。我们将其分为几个部分(可能是1个(，每个部分都是一个连续的元素。在这种情况下，NEO 值的计算公式为： 每个零件的值总和。部件的值是该部件中所有元素的总和乘以其长度。

示例：我们有数组：[ 2 3 -2 1 ]。如果我们像这样划分它：[2 3] [-2 1]。那么 NEO = (2 + 3( * 2 + (-2 + 1( * 2 = 10 - 2 = 8。

数组中的元素数小于10^5个，数字是介于-10^6和10^6之间的整数

我已经尝试过诸如分而治之之类的方法，如果它增加了最大NEO数，则不断将阵列分成两部分，否则返回整个阵列的NEO。但不幸的是，该算法具有最坏情况 O(N^2( 复杂性(我的实现如下(，所以我想知道是否有更好的解决方案

编辑：我的算法(贪婪(不起作用，例如[1,2,-6,2,1]我的算法返回整个数组，而获得最大 NEO 值是取部分[1,2],[-6],[2,1]，这给出了 NEO 值(1+2)*2+(-6)+(1+2)*2=6

#include <iostream>
int maxInterval(long long int suma[],int first,int N)
{
long long int max = -1000000000000000000LL; 
long long int curr;
if(first==N) return 0;
int k;
for(int i=first;i<N;i++)
{
if(first>0) curr = (suma[i]-suma[first-1])*(i-first+1)+(suma[N-1]-suma[i])*(N-1-i); // Split the array into elements from [first..i] and [i+1..N-1] store the corresponding NEO value
else curr = suma[i]*(i-first+1)+(suma[N-1]-suma[i])*(N-1-i); // Same excpet that here first = 0 so suma[first-1] doesn't exist
if(curr > max) max = curr,k=i; // find the maximal NEO value for splitting into two parts
}
if(k==N-1) return max; // If the max when we take the whole array then return the NEO value of the whole array
else
{
return maxInterval(suma,first,k+1)+maxInterval(suma,k+1,N); // Split the 2 parts further if needed and return it's sum
}
}
int main() {
int T;
std::cin >> T;
for(int j=0;j<T;j++) // Iterate over all the test cases
{
int N;
long long int NEO[100010]; // Values, could be long int but just to be safe
long long int suma[100010]; // sum[i] = sum of NEO values from NEO[0] to NEO[i]
long long int sum=0;
int k;
std::cin >> N;
for(int i=0;i<N;i++)
{
std::cin >> NEO[i];
sum+=NEO[i];
suma[i] = sum;
}
std::cout << maxInterval(suma,0,N) << std::endl;
}
return 0;
}

这不是一个完整的解决方案，但应该提供一些有用的方向。

  1. 将每组都有一个正和(或其中一个总和是非负的(组合在一起，总是会产生比将它们分开更大的 NEO：

    m * a + n * b < (m + n) * (a + b) where a, b > 0 (or a > 0, b >= 0); m and n are subarray lengths

    2. 将负和的组与整个非负数组合并总是

  2. 比仅将其与非负组的一部分合并产生更大的NEO。但是排除负数和的组可能会产生更大的NEO：

    [1, 1, 1, 1] [-2] => m * a + 1 * (-b)

    现在，假设我们逐渐将分界线向左移动，增加总和 b 的组合。虽然右边的表达式是负数，但左组的近地天体一直在减少。但是，如果右边的表达式变得正，依靠我们的第一个断言(见1(，将两组结合起来总是大于不

    。

  3. 单独按顺序组合负数总是会产生比将它们分开更小的NEO：

    -a - b - c ... = -1 * (a + b + c ...)

    l * (-a - b - c ...) = -l * (a + b + c ...)

    -l * (a + b + c ...) < -1 * (a + b + c ...) where l > 1; a, b, c ... > 0


O(n^2)时间，O(n)空间 JavaScript 代码：

function f(A){
A.unshift(0);
let negatives = [];
let prefixes = new Array(A.length).fill(0);
let m = new Array(A.length).fill(0);
for (let i=1; i<A.length; i++){
if (A[i] < 0)
negatives.push(i);
prefixes[i] = A[i] + prefixes[i - 1];
m[i] = i * (A[i] + prefixes[i - 1]);
for (let j=negatives.length-1; j>=0; j--){
let negative = prefixes[negatives[j]] - prefixes[negatives[j] - 1];
let prefix = (i - negatives[j]) * (prefixes[i] - prefixes[negatives[j]]);
m[i] = Math.max(m[i], prefix + negative + m[negatives[j] - 1]);
}
}
return m[m.length - 1];
}
console.log(f([1, 2, -5, 2, 1, 3, -4, 1, 2]));
console.log(f([1, 2, -4, 1]));
console.log(f([2, 3, -2, 1]));
console.log(f([-2, -3, -2, -1]));

更新

此博客提供了我们可以从

dp_i = sum_i*i + max(for j < i) of ((dp_j + sum_j*j) + (-j*sum_i) + (-i*sumj))

自

dp_i = sum_i*i + max(for j < i) of (dp_j + sum_j*j, -j, -sum_j) ⋅ (1, sum_i, i)

这意味着我们可以在每次迭代中查看已经看到的向量，该向量将使用我们当前的信息生成最大的点积。提到的数学涉及凸包和最远点查询，这在这一点上超出了我的能力范围，但会进行研究。

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