题解 「BZOJ3636」教义问答手册
Description
作为泉岭精神的缔造者、信奉者、捍卫者、传承者，Pear决定印制一些教义问答手册，以满足泉岭精神日益增多的信徒。Pear收集了一些有关的诗选、语录，其中部分内容摘录在了【题目背景】里。这些语录是按出现的时间排好序的——Pear很喜欢这样的作风，于是决定在按时间排好序的基础上，选择部分语录，制作成若干本教义问答手册。
一共有N条语录。Pear决定从中选出某一段时间内的所有语录，在此基础上印制大小为L的若干本教义问答手册。Pear对印制的手册有如下要求：
1. 每本手册必须包含这个区间内连续的恰好L条语录。
2. 不同手册包含的语录不能相同。
3. 每条语录有一个“主题相关程度”，这个数可正可负。Pear希望所有手册的语录的“主题相关程度”之和尽可能大。
例如，对于区间[3,15]和L=3，一种选择方法是：[4,6]+[9,11]+[12,14]。这三个区间长度都恰好为L，且互不重叠。
Pear并没有决定选哪段时间的语录，因此他有Q次询问。每次询问，给出两个数[l,r]表示候选语录的范围是第l条到第r条。你能回答出每个询问的最大“主题相关程度”之和么？
\(n,q\le 10^5,L\le 50\)
Solution
这个题在有了提示（知道是分治）之后竟然自己做出来了，这里写一发记录一下。
考虑单次询问怎么做，可以想到，我们可以设 \(f_i\) 表示前面 \(i\) 个数产生的最大贡献，那么我们可以得到转移式：
\[f_i=\max(f_{i-1},f_{i-L}+h_i-h_{i-L})
\]
其中 \(h_{0,1,2,3,...,n}\) 是前缀和。答案就是 \(f_r\)。
考虑优化。因为这个题长度是固定的，所以我们就可以考虑整体操作。
假设我们现在在操作 \([l,r]\)，那么，我们现在能更新的答案就是左右端点在 \(mid\) 两侧的，其它的可以继续递归下去。
可以想到的是，在中点两侧的询问一定是要么中间不选要么就是中间选一个（跨界的）区间。因为这个区间长度很小，所以我们就可以预处理出 \(f1_{st,i},f2_{st,i}\) 分别表示从前往后（从后往前）起点在 \(st\)，到 \(i\) 这一段产生的贡献，然后枚举一下如果中间选了一个区间的话左边选了多少个以及不选的情况。
复杂度就是 \(\Theta(n\log nL)\)，但是因为跑不满所以还是很快的。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define Int register int
#define int long long
#define MAXN 100005
template <typename T> inline void read (T &t){t = 0;char c = getchar();int f = 1;while (c < '0' || c > '9'){if (c == '-') f = -f;c = getchar();}while (c >= '0' && c <= '9'){t = (t << 3) + (t << 1) + c - '0';c = getchar();} t *= f;}
template <typename T,typename ... Args> inline void read (T &t,Args&... args){read (t);read (args...);}
template <typename T> inline void write (T x){if (x < 0){x = -x;putchar ('-');}if (x > 9) write (x / 10);putchar (x % 10 + '0');}
int n,q,len,pre[MAXN],ans[MAXN];
struct node{
int ind,qL,qR;
};
typedef vector<node> poly;
#define SZ(A) ((int)A.size())
#define MAXL 55
int f1[MAXL][MAXN],f2[MAXL][MAXN];
void doit1 (int l,int r){//从左往右
for (Int st = 0;st <= len;++ st){
int s = l + st;f1[st][s - 1] = 0;
for (Int i = l;i <= r;++ i)
if (i < s) f1[st][i] = 0;
else{
f1[st][i] = f1[st][i - 1];
if (i - len + 1 >= s) f1[st][i] = max (f1[st][i],f1[st][i - len] + pre[i] - pre[i - len]);
}
}
}
void doit2 (int l,int r){
for (Int st = 0;st <= len;++ st){
int s = r - st;f2[st][s + 1] = 0;
for (Int i = r;i >= l;-- i)
if (i > s) f2[st][i] = 0;
else{
f2[st][i] = f2[st][i + 1];
if (i + len - 1 <= s) f2[st][i] = max (f2[st][i],f2[st][i + len] + pre[i + len - 1] - pre[i - 1]);
}
}
}
void chkmx (int &a,int b){a = max (a,b);}
void cdq (int l,int r,poly S){
if (l > r || !SZ(S)) return ;
int mid = (l + r) >> 1;doit1 (mid,r),doit2 (l,mid);
poly S1,S2;S1.clear (),S2.clear ();
for (Int i = 0;i < SZ(S);++ i){
if (S[i].qL <= mid && S[i].qR >= mid){
chkmx (ans[S[i].ind],f1[1][S[i].qR] + f2[0][S[i].qL]);
for (Int st = 1;st <= len && mid - st + len <= n && mid - st >= 0;++ st)
if (S[i].qR >= mid + st - 1 && S[i].qL <= mid - (len - st + 1) + 1)
chkmx (ans[S[i].ind],f1[st][S[i].qR] + max (0ll,pre[mid + st - 1] - pre[mid - (len - st + 1)]) + f2[len - st + 1][S[i].qL]);
}
else if (S[i].qR <= mid) S1.push_back (S[i]);
else S2.push_back (S[i]);
}
cdq (l,mid,S1),cdq (mid + 1,r,S2);
}
signed main(){
read (n,len);
for (Int i = 1,x;i <= n;++ i) read (x),pre[i] = pre[i - 1] + x;
read (q);poly S;for (Int i = 1;i <= q;++ i){
int l,r;read (l,r);
S.push_back (node {i,l,r});
}
cdq (1,n,S);
for (Int i = 1;i <= q;++ i) write (ans[i]),putchar ('\n');
return 0;
}
