洛咕 P4131 [WC2005]友好的生物

首先可以發現\(C\)是沒有用的，可以乘進所有的權值裡面做

考慮沒有最後一維的限制，那麼兩個生物的友好值就是

\(\sum_{i=1}^k|a_i-b_i|\)

這個絕對值就很麻煩了。

但是可以換個思路想，既然是絕對值那麼一定\(\geq 0\)，所以兩個生物的友好值是

\(\max\left(\sum_{i=1}^k(a_i-b_i)(-1)^{c_i}\right)\)

其中\(c\)取遍所有的01陣列。正確性是顯然的，因為其他的都沒有答案大。

那麼這道題\(k\leq 5\)，不考慮最後一維就是\(k=4\)。

上面的式子分開來考慮：

\(\max\left(\sum_{i=1}^ka_i(-1)^{c_i}+\sum_{i=1}^kb_i(-1)^{c_i+1}\right)\)

那麼思路就很清晰了，對每個\(c\)記\(\max\left(\sum_{i=1}^kw_i(-1)^{c_i}\right)\)（記為\(Max_c\)）以及取這個最大值的生物，

答案就是\(\max_{c_i+d_i=1}(Max_c+Max_d)\)

但是還有最後一維的限制，所以把生物按照最後一維排序，依次先和Max更新答案，再更新Max。在更新\(Max\)的時候減去最後一維更新，更新答案的時候加上最後一維

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define vd void
typedef long long ll;
il int gi(){
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){
        if(ch=='-')f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}
struct yyb{int a[4],b,i;}s[100010];
int S[100010][1<<4];
il bool operator<(const yyb&a,const yyb&b){return a.b<b.b;}
int Mx[1<<4],f[1<<4],C[6];
int main(){
    int n=gi(),k=gi(),U=(1<<4)-1;
    for(int i=0;i<k;++i)C[i]=gi();
    for(int i=1;i<=n;++i){
        for(int j=0;j<k-1;++j)s[i].a[j]=gi()*C[j];
        for(int j=k-1;j<4;++j)s[i].a[j]=0;
        s[i].b=gi()*C[k-1];
        s[i].i=i;
    }
    k=4;
    std::sort(s+1,s+n+1);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=0;j<1<<k;++j)
            for(int l=0;l<k;++l)
                if((1<<l)&j)S[i][j]+=s[i].a[l];
                else S[i][j]-=s[i].a[l];
    for(int i=0;i<1<<k;++i)Mx[i]=S[1][i]+s[1].b,f[i]=s[1].i;
    int ans=-1e9,a=0,b=0;
#define chkans(t,_a,_b) {if((t)>ans)ans=(t),a=(_a),b=(_b);}
    if(a>b)std::swap(a,b);
    for(int i=2;i<=n;++i){
        for(int j=0;j<1<<k;++j)chkans(Mx[U^j]+S[i][j]-s[i].b,s[i].i,f[U^j]);
        for(int j=0;j<1<<k;++j)if(Mx[j]<S[i][j]+s[i].b)Mx[j]=S[i][j]+s[i].b,f[j]=s[i].i;
    }
    printf("%d %d\n%d\n",a,b,ans);
    return 0;
}