題面
題意
給定一個長度為 n 的數列
定義要求的回文子數列滿足下圖條件
其中 x 與 y 可以為 0
即這個回文子數列可以是數字完全相同的一個子數列
也可以是只包含兩種數字，且其中一種平均分布在另一種數字的兩側
求出最長的回文子數列長度
解題思路
在輸入時往vector里記錄下每個數字出現的位置
然后開始枚舉位於兩側的數字的種類 i（ i = 1 ~ 26 ）
首先考慮這個回文子數列只包含一種數字，剛好根據枚舉
直接將答案與枚舉的字符數量取大（與枚舉到的vector[i].size取大）
然后如果出現的次數少於2次，說明不能放在兩側，直接跳過這次枚舉
否則，再對每一側擁有多少個數字 i 進行枚舉（ j = 1 ~ size/2 ）
然后根據貪心可以得知，假設枚舉出數字 i 在每一側出現 j 次的話
那就可以取原數列中最左邊 j 個 i 和最右邊 j 個 i 作為答案的原位置，再從左數第 j 個 i 的位置 +1 開始，以右數第 j 個 i 的位置 -1 結束，在這段區間內尋找出現最多次的數字 x 作為答案的中間部分，則這種情況的答案就是 j*2+x出現的次數
優化：
（如果用的是RMQ問題的 “靜態查找區間內出現最多次數字的次數” 的話可以不需要看這里的優化）
可以發現，在我們枚舉 j 的時候，可行的區間永遠是連續的
以【 1 1 1 2 1 2 1 1 】，枚舉數字 i = 1 時為例
圖中綠色區域就是每一次我們需要找出現最多次數字時的區間
由圖可以得知
如果 j 從小到大枚舉，則我們查找的區間會在原來的基礎上縮短，即上圖從上往下
如果 j 從大到小枚舉，則我們查找的區間會在原來的基礎上延長，即上圖從下往上
所以我們可以在每次枚舉 j 時，記錄下查找的區間內每種數字出現的個數
在 j 改變時，把兩個狀態中出現改變的兩端區間處理下就可以直接轉移
那么這里的時間復雜度就從 O( size/2 * n ) 降為了 O(n)
詳見代碼
主要部分代碼實現
對於枚舉 j 時的轉移部分
因為狀態轉移時左右兩端都會加上或者減少一段區間
以 j 從大到小枚舉為例（代碼也是從大到小）
需要先處理中間部分，然后再每次增加兩段子區間
所以特殊處理下中間部分
假設當前枚舉的數字 i 出現的次數為 cnt
則兩端每端最多有 cnt/2 個數字 i ，以 cntt=cnt/2 記錄
因為vector中下標從 0 開始
所以實際范圍為 0 ~ cnt-1
如果cnt是偶數，則存在兩個中位數，分別是 cntt-1 和 cntt ，最開始以這兩個位置開始處理即可
而如果cnt是奇數，則中位數只存在一個，因為我們要保證兩端的數字個數相同，所以最中間這個數字不能取，所以最開始處理的是 cntt-1 和 cntt+1
發現實際上按照兩端數字相同的性質，可以直接采用 cntt-1 和 cnt-cntt 即可，不需要特殊判斷奇偶
然后定義數組，尋找第 cntt-1 個數的位置 +1 到第 cnt-cntt 個數的位置 -1 這段范圍內的各種數字出現的次數
因為兩端個數為 cntt，則此時答案就是 最多次數mx+cntt*2
int num[30]={0},mx=0;
for(int j=v[i][cntt-1]+1;j<v[i][cnt-cntt];j++)
num[ar[j]]++; //記錄
for(int j=1;j<=26;j++)
if(num[j]>mx)
mx=num[j]; //尋找出現次數最大的
ans=max(ans,mx+cntt*2);
然后就可以通過狀態轉移了
j 從 cntt-1 開始向下枚舉到 1
因為 j 代表的就是個數
所以每次增加的區間分別為 第 j-1 個數 到 第 j 個數 和 第 cnt-j-1 個數 到 第 cnt-j 個數
直接加入上面的num數組即可，不需要清零
最后的答案為 mx+j*2
for(int j=cntt-1;j>0;j--)
{
for(int k=v[i][j-1]+1;k<v[i][j];k++)
num[ar[k]]++;
for(int k=v[i][cnt-j-1]+1;k<v[i][cnt-j];k++)
num[ar[k]]++;
for(int k=1;k<=26;k++)
if(num[k]>mx)
mx=num[k];
ans=max(ans,mx+j*2);
}
完整程序
感覺是純暴力加上個優化，結果跑得飛快
范圍修改下可以直接過hard
(31ms/3000ms)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int ar[2050];
vector<int> v[30];
void solve()
{
int n,ans=0;
cin>>n;
for(int i=1;i<=26;i++)
v[i].clear(); //多組數據注意清空
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>ar[i];
v[ar[i]].push_back(i); //記錄每個數字出現的位置
}
for(int i=1;i<=26;i++) //枚舉位於兩側的數字
{
int cnt=v[i].size(),cntt;
ans=max(ans,cnt); //單種數字作為答案的情況
if(cnt<=1)
continue; //如果只出現了一次或沒出現過，直接continue即可
cntt=cnt/2; //位於某一側的數字的最大數量
int num[30]={0},mx=0;
for(int j=v[i][cntt-1]+1;j<v[i][cnt-cntt];j++) //第一次每一側的數量均為cntt，找的是第cntt-1個到第cnt-cntt個之間的位置
num[ar[j]]++;
for(int j=1;j<=26;j++)
if(num[j]>mx)
mx=num[j]; //尋找出現次數最多的次數
ans=max(ans,mx+cntt*2); //記錄答案
for(int j=cntt-1;j>0;j--) //然后枚舉每一側的數量
{
for(int k=v[i][j-1]+1;k<v[i][j];k++) //左邊的區間是從第j-1個到第j個
num[ar[k]]++;
for(int k=v[i][cnt-j-1]+1;k<v[i][cnt-j];k++) //右邊的區間是從第cnt-j-1個到第cnt-j個
num[ar[k]]++;
for(int k=1;k<=26;k++)
if(num[k]>mx)
mx=num[k]; //尋找出現次數最多的次數
ans=max(ans,mx+j*2); //記錄答案
}
}
cout<<ans<<'\n';
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
int T;cin>>T;
for(int t=1;t<=T;t++)
solve();
return 0;
}