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给定一个数字序列，最多可以删除k个数字（就相当于链表删除操作，删除后左右序列连接），问，和值最大是多少，题目所指的和值为 相等的连续数字的和
比如 1 1 2 1 1 1，原本的和值为3（三个连续的1），如果允许删除一次，则我把2删除，则和值为5（5个连续的1）
首先，最后能造成结果最大的，只有一个数字，所以我的k次操作必定是用于将其中某个数字中间的障碍清除，使其最大，
于是我先离散化，把连续数字都缩成一个块，最后枚举每个数字，用一个p q指针维护头尾，代表当前p和q之间的块为最大值，然后如果条件允许（k够用）就q++，否则p++，走一遍下来即可
其他很多人貌似用的是枚举起点，二分终点，也挺不错的，我因为比赛的时候用的是这个，感觉也挺不错的，而且对某些数据，应该还会快过他们二分的
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
const int N = 100000+10;
int X[N];
int A[N],d[N];
int n,k,m,cnt;
struct node
{
int c,l,r,val;
}block[N];
vector<int> v2[N];
vector<int> v4[N];
vector<int> v3[N];
int main()
{
while (scanf("%d%d",&n,&k)!=EOF)
{
for (int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&A[i]);
X[i]=A[i];
d[i]=1;
v2[i].clear();
v3[i].clear();
v4[i].clear();
}
sort(X+1,X+1+n);
m=1;
for (int i=2;i<=n;i++){
if (X[i]!=X[i-1]) X[++m]=X[i];
}
for (int i=1;i<=n;i++){
int pos=lower_bound(X+1,X+1+m,A[i])-X;
A[i]=pos;
}
for (int i=2;i<=n;i++){
if (A[i]==A[i-1]) d[i]=d[i-1]+1;
}
cnt=0;
int ans=0;
for (int i=1;i<=n;i++){
ans=max(ans,d[i]);
if (i==n || d[i+1]==1){
block[++cnt]=(node){A[i],i-d[i]+1,i,d[i]};
int r2=v2[A[i]].size();
int r3=v3[A[i]].size();
if (r3==0){
v3[A[i]].push_back(0);
v4[A[i]].push_back(block[cnt].val);
}
else{
v4[A[i]].push_back(v4[A[i]][r3-1]+block[cnt].val);
int pre=v2[A[i]][r2-1];
v3[A[i]].push_back(v3[A[i]][r3-1]+block[cnt].l-block[pre].r-1);
}
v2[A[i]].push_back(cnt);
}
}
for (int i=1;i<=m;i++){
//cout<<"Test"<<" "<<i<<endl;
int sum=0;
int p=0,q=0,sz=v2[i].size();
if (sz==1) continue;
sum+=v4[i][0];
q++;
for (q;q<sz;){
node pre=block[v2[i][p]];
int cost=v3[i][q]-v3[i][p];
if (cost<=k){
sum=max(sum,v4[i][q]-v4[i][p]+pre.val);
// cout<<v4[i][q]<<" "<<v4[i][p]<<" "<<pre.val<<endl;
// cout<<v4[i][q]-v4[i][p]+pre.val<<endl;
q++;
}
else{
p++;
}
// cout<<"pq "<<p<<" "<<q<<endl;
// cout<<"cost "<<cost<<endl;
// cout<<"sum "<<sum<<endl;
}
ans=max(ans,sum);
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
ZOJ 3790 Consecutive Blocks,布布扣,bubuko.com
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原文地址：http://www.cnblogs.com/kkrisen/p/3902932.html
