运算 - 题解

标签与难度

标签: 贪心, 数学, 思维题, 构造, 位运算难度: 1400

题目大意喵~

你好呀，未来的算法大师！这道题是这样的喵~

我们有 $n+1$ 个整数，从 $a_0$ 到 $a_n$ 。题目已经告诉我们 $a_0$ 总是等于 0，真是个不错的起点呢！我们的任务是在每两个相邻的数 $a_{i-1}$ 和 $a_i$ 之间，从六种运算符号（加 +, 减 -, 除 /, 按位与 &, 按位或 |, 按位异或 ^）中挑选一个填进去。

运算规则很特别：从左到右依次计算，不考虑任何优先级。比如 a op1 b op2 c 的计算顺序是 (a op1 b) op2 c。

还有两个小提示：

位运算（&, |, ^）的对象是前一个结果和当前数字的绝对值。
除法是向零取整的整数除法。

我们的目标是，通过巧妙地选择这 $n$ 个运算符，让最终的计算结果变得最大！你能帮我找到这个最大的结果吗？喵~

解题思路分析

刚看到这道题，可能会觉得有点头大，喵~ 每一步都有 6 种选择，总共有 $n$ 步，那不就是 $6^n$ 种可能性吗？ $n$ 最大可是 $5 \times 10^5$ 呀，这要是暴力搜索，我的猫爪子都要算冒烟了也算不完！

所以，肯定有更聪明的办法！我们来一步一步分析，看看能不能发现什么规律，呐。

我们的计算过程是这样的： res_i = res_{i-1} (op_i) a_i 其中 res_i 是处理到第 $i$ 个数字后的结果。我们的目标是最大化最终的 res_n。

这是一个典型的多阶段决策问题。一个自然的想法是：在每一步都做出最好的选择，是不是就能得到全局最好的结果呢？这种方法就是贪心。我们来验证一下这个想法是否正确。

第一步：从 $a_0$ 到 $a_1$

我们的起点是 res_0 = a_0 = 0。现在要计算 res_1 = res_0 op_1 a_1 = 0 op_1 a_1。我们来把所有可能性都列出来看看：

0 + a_1 = a_1
0 - a_1 = -a_1
0 / a_1 = 0 (假设 $a_1 \neq 0$ )
0 & |a_1| = 0
0 | |a_1| = |a_1|
0 ^ |a_1| = |a_1|

比较一下这些结果，a_1, -a_1, 0, |a_1|。哪一个最大呢？当然是 |a_1| 啦！所以，在第一步，我们可以通过选择 | 或者 ^ (或者根据 $a_1$ 的符号选择 + 或 -)，得到的最大结果是 res_1 = |a_1|。

最重要的一点是：我们得到的第一步的最大结果 |a_1| 是一个非负数！

第二步及以后：归纳与证明

现在我们进入了关键的一步。假设我们经过 $i-1$ 步的精心选择，已经得到的当前最大结果 res_{i-1} 是一个非负数 C。现在我们要计算 res_i = C op_i a_i，我们应该选择哪个运算符才能让 res_i 最大呢？

因为 C 是非负的，我们来比较一下六种运算的结果：

加法 vs 减法: C + a_i 和 C - a_i。如果 a_i 是正数，+ 好；如果 a_i 是负数，- 好。综合起来，我们总能通过选择 + 或 - 得到 C + |a_i| 的结果。这比 C - |a_i| 要大得多！
C + |a_i| vs C | |a_i|: 对于任意两个非负整数 x 和 y，有一个非常重要的性质：x + y >= x | y。为什么呢？可以从二进制的角度来理解。x | y 是把 x 和 y 在二进制位上为 1 的地方都置为 1，不考虑进位。而 x + y 在这个基础上还处理了进位。每次进位都会让结果变得更大。所以，加法的结果总是大于等于按位或的结果。我们的 C 和 |a_i| 都是非负数，所以 C + |a_i| >= C | |a_i|。加法胜出！
C + |a_i| vs C / a_i: 因为 C >= 0，C + |a_i| 的结果会很大。而除法 C / a_i 通常会使数的绝对值变小（除非 |a_i| 是 1）。即使 a_i = -1，得到 -C，也比不上 C + |-1| = C + 1。所以，加法再次胜出！
C + |a_i| vs C & |a_i|: 按位与 & 的结果不会超过参与运算的任何一个数。所以 C & |a_i| <= C。而 C + |a_i| >= C。加法又赢了，喵~
C + |a_i| vs C ^ |a_i|: 同样，对于非负整数 x 和 y，有 x + y >= x ^ y。这是因为 x + y = (x ^ y) + 2 * (x & y)。既然 x & y >= 0，那么加法的结果肯定不会比异或小。

结论

通过上面的分析，我们发现了一个惊人的事实：只要当前的累计结果 res_{i-1} 是非负的，那么在第 $i$ 步，能让结果最大化的操作总是 加上 |a_i|！

而我们已经证明了，第一步的最大结果 res_1 = |a_1| 是非负的。那么，我们就可以在第二步选择加上 |a_2|，得到 res_2 = |a_1| + |a_2|，这个结果也非负。以此类推，每一步我们都可以选择加上当前数字的绝对值，并且得到的中间结果永远是非负的。

所以，最终的最大结果就是：

\text{MaxResult} = |a_1| + |a_2| + |a_3| + \dots + |a_n| = \sum_{i=1}^{n} |a_i|

a_0 只是一个值为0的起点，对最终的和没有贡献。

这个思路是不是一下子就变得非常清晰简单了呢？喵~

代码实现

现在，我们可以把这个超级简单的策略写成代码啦！我们只需要一个循环，把从 a_1 到 a_n 所有数的绝对值加起来就好。

要注意哦， $n$ 最大是 $5 \times 10^5$ ， $|a_i|$ 最大是 $10^9$ ，它们的乘积可能会达到 $5 \times 10^{14}$ ，会超出普通 int 的范围，所以我们要用 long long 来存储总和，防止溢出。

cpp

#include <iostream>
#include <cmath> // 用于 abs() 函数

// 为了方便，可以直接使用 std 命名空间
using namespace std;

int main() {
    // 使用 stdio sync with false 和 cin.tie(nullptr) 可以加速输入输出，对大数据量很有帮助喵~
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    int n;
    cin >> n;

    // a_0 是 0，我们可以直接读进来然后忽略它
    long long temp_a0;
    cin >> temp_a0; 

    // 用 long long 来存储总和，防止溢出
    long long total_sum = 0;

    // 我们需要进行 n 次运算，所以要读入 a_1 到 a_n
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        long long current_a;
        cin >> current_a;
        // 根据我们的推导，最优策略是不断累加当前数字的绝对值
        total_sum += abs(current_a);
    }

    // 输出最终的最大结果
    cout << total_sum << endl;

    return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度: $O(N)$ 我们只需要遍历一次输入的 $n+1$ 个数字，所以时间复杂度和数字的数量成正比，也就是 $O(N)$ ，非常高效！
空间复杂度: $O(1)$ 我们只需要一个变量 total_sum 来存储累加的和，以及一个临时变量 current_a 来读取输入。这些占用的空间是固定的，不随 $N$ 的增大而增大，所以是常数空间复杂度，即 $O(1)$ 。

知识点总结

这道题虽然看起来很复杂，但核心思想却非常优美，它教会了我们：

化繁为简: 不要被表面复杂的规则（6种运算）吓到。尝试分析小规模的例子，寻找规律。
贪心算法与证明: 贪心策略（每步都取最优）并不总是能得到全局最优解。在使用它之前，一定要通过归纳法或者交换论证等方式证明其正确性。这道题就是一个贪心策略有效的绝佳例子。
数学性质的应用: 深入理解不同运算（尤其是位运算和算术运算）之间的关系，是解开谜题的关键。x + y >= x | y 这个性质是本题证明的核心。
注意数据范围: 在编程竞赛中，要时刻对数据范围保持警惕，就像猫咪对周围环境保持警惕一样！看到大的输入值，就要想到是否需要使用 long long 来避免溢出。

希望这篇题解能帮到你，祝你刷题愉快，变得越来越强，喵~！

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