题意
有一只青蛙，有(0, 1, cdots, N - 1)个荷叶。每个荷叶上有权值(s_i)。
- 选定(A), (B)，初始分数为(0)。
当前位置为(x)： - 对于(y = x + A)：
- 如果(y = N - 1)，游戏结束。
- 如果(y eq N - 1)，但是(y)这个荷叶存在，那么分数增加(s_i)，并且这片荷叶消失。
- 如果(y eq N - 1)，但是(y)这个荷叶不存在，那么分数减去(10^{100})，游戏结束。
- 对于(y = x - B)：
- 如果(y = N - 1)，游戏结束。
- 如果(y eq N - 1)，但是(y)这个荷叶存在，那么分数增加(s_i)，并且这片荷叶消失。
- 如果(y
eq N - 1)，但是(y)这个荷叶不存在，那么分数减去(10^{100})，游戏结束。
问选定最优的(A)、(B)的情况下，得到的最高分数为多少？
思路
我们考虑，选定了(A)、(B)后，青蛙的行走路线为：
[egin{eqnarray*}
0, A, A - B, A + (A - B), 2(A - B), cdots, K(A - B), A + K(A - B)
end{eqnarray*}
]
我们令(C = A - B)：
[egin{eqnarray*}
0, A, C, A + C, 2C, cdots, KC, A + KC
end{eqnarray*}
]
显然有：(A + KC = N - 1)：
[egin{eqnarray*}
0, N - 1 - KC, C, N - 1 - (K - 1)C, 2C, cdots, KC, N - 1
end{eqnarray*}
]
那么当(K)、(C)确定的时候，行走路线就已经确定。
并且有一个限制条件为(KC < N)，那么显然枚举(K)、(C)是(O(nlogn))的。
并且我们发现，当我们固定(C)，递增(K)的时候，行走路线的变化是这样的：
[egin{eqnarray*}
&&0, N - 1\
&&0, N - 1 - C, C, N - 1\
&&0, N - 1 - 2C, C, n - 1 - C, 2C, N - 1\
end{eqnarray*}
]
每次增加的是(N - 1 - KC)和(KC)，这两个点，只需要加上就好了，并且要注意判断是否走到重复的点上了。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 100010
int n;
ll s[N];
int used[N];
int main() {
while (scanf("%d", &n) != EOF) {
for (int i = 0; i < n; ++i) {
scanf("%lld", s + i);
}
memset(used, 0, sizeof used);
ll res = 0;
for (int C = 1; C <= n; ++C) {
ll tmp = 0;
for (int k = 1; 1ll * k * C < n; ++k) {
int a = k * C;
int b = n - 1 - k * C;
int A = b, B = b - C;
if (A <= 0 || B <= 0) break;
if (a < 0 || a >= n || b < 0 || b >= n || a == b) break;
if (used[a] == C || used[b] == C) {
break;
}
used[a] = C;
used[b] = C;
tmp += s[a];
tmp += s[b];
res = max(res, tmp);
}
}
printf("%lld
", res);
}
return 0;
}