思路与算法

令1表示动物保留。预计算每个起点E和其5位窗口的快乐人数：至少一个喜欢位为1或害怕位为0就快乐。枚举最初4个围栏状态，在长度4的滑动掩码上DP，每步追加下一位并计当前窗口收益。最后4步追加位必须等于最初4位，闭合圆环后取最大值。

正确性说明

每个游客的条件完全取决于其5个连续围栏，预处理准确反映题目两个条件的析取。给定前4位后，每个后续位选择恰对应一种完整移除方案，DP记录同一4位边界下的最大已结算收益，历史其他位不再影响未来。末尾强制回到起始4位，确保跨尾首窗口也按同一个圆环计分，枚举16个起始状态覆盖全部方案。

复杂度

预处理O(32C)，DP为O(16×N×16×2)，即O(C+N)但常数需保留。空间O(32N+16)，初始化所有窗口计数O(32N)，已包含。N≤10000、C≤50000，计数int足够。

易错点

害怕动物被移走就快乐，不是所有害怕动物都要移走。喜欢与害怕按题目OR判断。E接近N时围栏号需取模，最后4步不能自由选。独立小规模枚举全部2^N保留方案；最大规模用每点3喜欢/2害怕的独立投票及全喜欢构造核验。

参考代码（C++11）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int n, c;
    cin >> n >> c;
    vector<array<int, 32>> reward(n);
    for (int i = 0; i < c; ++i) {
        int e, F, L;
        cin >> e >> F >> L;
        --e;
        int fear = 0, like = 0;
        for (int j = 0, x; j < F; ++j) {
            cin >> x;
            fear |= 1 << ((x - 1 - e + n) % n);
        }
        for (int j = 0, x; j < L; ++j) {
            cin >> x;
            like |= 1 << ((x - 1 - e + n) % n);
        }
        for (int mask = 0; mask < 32; ++mask)
            reward[e][mask] += bool((mask & like) || ((~mask) & fear));
    }
    int answer = 0, NEG = -1000000000;
    for (int initial = 0; initial < 16; ++initial) {
        array<int, 16> dp;
        dp.fill(NEG);
        dp[initial] = 0;
        for (int e = 0; e < n; ++e) {
            array<int, 16> next;
            next.fill(NEG);
            for (int state = 0; state < 16; ++state)
                if (dp[state] > NEG)
                    for (int b = 0; b < 2; ++b) {
                        if (e + 4 >= n && b != ((initial >> (e + 4 - n)) & 1))
                            continue;
                        int mask = state | (b << 4), ns = (state >> 1) | (b << 3);
                        next[ns] = max(next[ns], dp[state] + reward[e][mask]);
                    }
            dp = next;
        }
        answer = max(answer, dp[initial]);
    }
    cout << answer << '\n';
}