NYOJ745-蚂蚁的难题（二）

蚂蚁的难题(二)

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[align=center]难度：3[/align]
描述
下雨了，下雨了，蚂蚁搬家了。

已知有n种食材需要搬走，这些食材从1到n依次排成了一个圈。小蚂蚁对每种食材都有一个喜爱程度值Vi，当然，如果Vi小于0的时候，表示蚂蚁讨厌这种食材。因为马上就要下雨了，所以蚂蚁只能搬一次，但是能够搬走连续一段的食材。时间紧急，你快帮帮小蚂蚁吧，让它搬走的食材喜爱值和最大。

输入有多组测试数据（以EOF结尾）。

每组数据有两行，第一行有一个n，表示有n种食材排成了一个圈。（2 <= n<= 50000)

第二行分别有n个数，代表蚂蚁对第n种食材的喜爱值Vi。(-10^9 <= Vi <= 10^9)输出输出小蚂蚁能够搬走的食材的喜爱值总和的最大。样例输入

3
3 -1 2
5
-8 5 -1 3 -9

样例输出

5
7

这是我在看了讨论区里思路之后写的。

思路：此题是连续最大子串和（NYOJ44）的变形,只是改成一个环状而已。由于数据量大，用枚举起点+原来的求子串和的代码是两重循环，必定超时。 其实它只是在原来的情况上多加了一种首位相接情况，所以只需先求出首尾不相连时的最大和max1,然后求出首位相连时的最大和max2,取两者的最大值即可。max2的求法其实和max1的求法差不多，试想一下一个环，你要是求得了首尾不相连时的最小和min ，那么剩下的数就是首尾相接时的最大和！所以max2等于所有元素的和减去首尾不相连时的最小和min。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define Max(a,b) a>=b?a:b
#define Min(a,b) a<=b?a:b

const int N=50000+10;
long long int a
,f1
,f2
;
int main()
{
int n;
while(~scanf("%d",&n))
{
memset(f1,0,sizeof(f1));
memset(f2,0,sizeof(f2));
int i,j,v;
long long int max,min,sum=0;
for(i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d",&v);
sum+=v;
if(0==i)
{
max=v;
min=v;
}
f1[i+1]=Max(f1[i]+v,v);
f2[i+1]=Min(f2[i]+v,v);
max=Max(f1[i+1],max);
min=Min(f2[i+1],min);

}
max=Max(max,sum-min);
printf("%lld\n",max);
}
return 0;
}

另外看到了NYOJ44的优秀代码，这里也一起贴上来

#include<stdio.h>
int main()
{
int n,m,v,max,sum;
scanf("%d",&n);
while(n--)
{
sum=0;
scanf("%d",&m);
scanf("%d",&sum);
max=sum;
while(--m)
{
scanf("%d",&v);
if(sum<0) sum=v;
else sum+=v;
if(sum>max) max=sum;
}
printf("%d\n",max);
}
}