Codeforces 1108 E2（线段树+思维）

传送们

题意:

给你一个长度为$n$的数列$b$、以及$m$个区间。
你可以选取$1$个或多个这样的区间$a_i$，使得令区间$a_i$所对应的所有值$b_i$都减$1$。你最终要使得$\max\limits_{i=1}^{n}b_i - \min\limits_{i=1}^{n}b_i$
最大。
问你方案数以及最大值。

题目分析：

在$E1$中，我们可以通过这个题中优美的性质，对于每一个区间$a_i$，通过枚举在这个区间的以及不在这个区间的两个点，我们就可以用$O(b^2m)$的时间复杂度进行求解。

但是在这个题中，$n$的范围在$10^5$的级别，因此我们需要用一些数据结构进行优化。

我们考虑这几种情况，对于每一个区间操作，如果区间内的最小值恰好在要更新的区间内，而最大值不在，则此时答案必定更优；如果最小值和最大值恰在要更新的区间内，则答案不变；如果最大值在而最小值不在，则答案必定更差。

至此，我们可以发现，要使得答案不会变差，当且仅当最小值恰好在要更新的区间内。

但是我们目前并不知道哪一个点作为最小值点更优，因此我们可以枚举最小值点的位置$pos$。根据我们之前的分析，最小值点能够防止答案变差，因此那些能够把我们所枚举的$pos$包含的区间必定要更新。而一个区间要包含一个点，则这个区间至少是那些以该点为起始点的区间。因此我们只需要在枚举最小值点位置的过程中，不断的进行区间$-1$即可。

而我们需要注意的是，在我们枚举的过程中，倘若我们之前更新的某一个区间不能包含当前的位置，我们需要把之前的影响消去，否则会导致将区间的最大值也减$1$，导致答案不正确。因此，我们只需要在之前枚举的过程的最后，把以当前位置$pos$为结尾的所有区间的影响消去即可。

因为存在区间更新以及区间求最大值，因此我们可以用线段树进行维护。

总的时间复杂度为$O(nlogn)$

#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 100005
using namespace std;
typedef pair<int,int>pll;
pll q[maxn];
int a[maxn];
vector<int>vec1[maxn];
vector<int>vec2[maxn];
vector<int>res;


struct Tree{
    int add,maxx;
}tr[maxn<<2];
void push_up(int rt){
    tr[rt].maxx=max(tr[rt<<1].maxx,tr[rt<<1|1].maxx);
}
void push_down(int rt){
    if(tr[rt].add){
        tr[rt<<1].maxx+=tr[rt].add;
        tr[rt<<1|1].maxx+=tr[rt].add;
        tr[rt<<1].add+=tr[rt].add;
        tr[rt<<1|1].add+=tr[rt].add;
        tr[rt].add=0;
    }
}
void build(int l,int r,int rt){
    if(l==r){
        tr[rt].maxx=a[l];
        return ;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    build(l,mid,rt<<1);
    build(mid+1,r,rt<<1|1);
    push_up(rt);
}
void update(int L,int R,int l,int r,int rt,int C){
    if(L<=l&&R>=r){
        tr[rt].add+=C;
        tr[rt].maxx+=C;
        return ;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    push_down(rt);
    if(L<=mid) update(L,R,l,mid,rt<<1,C);
    if(R>mid) update(L,R,mid+1,r,rt<<1|1,C);
    push_up(rt);
}
int query(int L,int R,int l,int r,int rt){
    if(L<=l&&R>=r){
        return tr[rt].maxx;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    push_down(rt);
    int maxx=-0x3f3f3f3f;
    if(L<=mid) return max(maxx,query(L,R,l,mid,rt<<1));
    if(R>mid) return max(maxx,query(L,R,mid+1,r,rt<<1|1));
    push_up(rt);
}

int main()
{
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    build(1,n,1);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&q[i].first,&q[i].second);
        vec1[q[i].first].push_back(q[i].second);//以该点为起点的区间的右端点
        vec2[q[i].second].push_back(q[i].first);//以该点为终点的区间的左短点
    }
    int maxx=-0x3f3f3f3f;
    int pos=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int tmp=a[i];
        for(int j=0;j<vec1[i].size();j++){
            update(i,vec1[i][j],1,n,1,-1);//区间更新-1
        }
        int res=query(1,n,1,n,1)-query(i,i,1,n,1);//区间求和，等于区间最大值-当前值(最小值)
        if(maxx<res){
            maxx=res;
            pos=i;
        }
        for(int j=0;j<vec2[i].size();j++){
            update(vec2[i][j],i,1,n,1,1);
        }
    }
    cout<<maxx<<endl;
    int cnt=0;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        if(q[i].first<=pos&&pos<=q[i].second){
            res.push_back(i);
        }
        cnt++;
    }
    cout<<res.size()<<endl;
    for(auto it:res){
        cout<<it<<" ";
    }
    puts("");
}