YbtOJ#493-最大分数【斜率优化dp,分治】
正题
题目链接:http://www.ybtoj.com.cn/contest/117/problem/1
题目大意
\(n\)个数的一个序列，给其中的一些数打上标记。
一个标记方案的贡献为\(s_1\)表示有多少对\(L,R\)满足区间\([L,R]\)都被打上了标记，\(s_2\)表示标记的数字和。贡献为\(s_1-s_2\)
\(m\)次询问，修改一个数后，求最大的可能贡献（询问之间相互独立）
\(1\leq n,m\leq 3\times 10^5\)
解题思路
先把答案减去一个\(\sum_{i=1}^na_i\)，这样就变为对于一段\([L,R]\)要么选择\(s_1\)要么选择\(s_2\)
先考虑不带修改怎么搞，设\(f_i\)表示前\(i\)个的最大贡献。
定义\(s_i=\sum_{j=1}^ia_i\)然后有方程
这个东西可以斜率优化搞（考场上犯病写了个\(CDQ\)，调了我半天）
然后带修改，考虑到每次只会影响一个数字，可以理解为一个前缀和后缀拼起来。把刚刚那个\(dp\)再反过来做一次记为\(g_i\)。
那么现在对于修改的位置\(x\)，我们要么选择\(x\)，要么跨过\(x\)，也就是最大化
前面那个可以把两个前/后缀的max的\(f_j-s_j\)和\(g_i+s_{i-1}\)加起来就好了。
后面那个考虑分治，我们每次分治到一个位置\([l,mid,r]\)，如果需要往左走就统计\(i\in[0,l-1]\)和\(j\in[mid+1,r]\)的答案。右边同理。
因为我们的每次的时间复杂度是外面的大小，所以我们可以维护一个前后缀的凸壳，然后在上面二分时间复杂度就是\(O(n\log^2 n)\)的。
同时维护两个凸壳需要回溯所以很麻烦，分开两次正反做一次就好了。
时间复杂度\(O(n\log^2 n)\)
code
（考场代码，有点丑）
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=3e5+10,inf=1e18;
ll n,m,ans,lmax,rmax,top,st[N],suf[N];
ll a[N],f[N],g[N],s[N],prt[N],w[N],yf[N];
vector<ll > q[N];
ll px(ll x,ll *f)
{return f[x]*2+x*x-x;}
ll xj(ll x1,ll y1,ll x2,ll y2)
{return x1*y2-x2*y1;}
ll xl(ll a,ll b,ll c,ll *f){
ll y1=px(b,f)-px(a,f),x1=b-a;
ll y2=px(c,f)-px(a,f),x2=c-a;
return xj(x1,y1,x2,y2);
}
ll ck(ll l,ll r,ll *f)
{return f[l]+(r-l+1)*(r-l)/2;}
ll solve(ll l,ll r,ll *f){
if(l==r)return f[l]-s[l];
ll mid=(l+r)>>1;
ll maxs=solve(l,mid,f);top=0;
for(ll i=l;i<=mid;i++){
while(top>1&&xl(st[top-1],st[top],i,f)>=0)top--;
st[++top]=i;
}
for(ll i=mid+1;i<=r;i++){
while(top>1&&ck(st[top],i,f)<ck(st[top-1],i,f))top--;
f[i]=max(f[i],max(ck(st[top],i,f),s[i]+maxs));
}
maxs=max(maxs,solve(mid+1,r,f));
return maxs;
}
ll cw(ll l,ll r)
{return f[l]+g[r]+(r-l-1)*(r-l)/2;}
ll xll(ll a,ll b,ll c){
ll y1=(yf[b]-yf[a])*2,x1=b-a;
ll y2=(yf[c]-yf[a])*2,x2=c-a;
return xj(x1,y1,x2,y2);
}
ll xlr(ll a,ll b,ll c){
ll y1=yf[b]-yf[a],x1=(n-b+1)-(n-a+1);
ll y2=yf[c]-yf[a],x2=(n-c+1)-(n-a+1);
return xj(x1,y1,x2,y2);
}
void calc(ll L,ll R){
if(L==R){
for(ll i=0;i<q[L].size();i++){
ll x=q[L][i],tmp;
prt[x]=max(ans-w[x]+a[L]-s[n],prt[x]);
}
while(top>1&&xll(st[top-1],st[top],L)>=0)top--;
st[++top]=L;
return;
}
ll mid=(L+R)>>1,pa=ans;
if(top){
for(ll i=mid+1;i<=R;i++){
ll l=1,r=top-1;
while(l<=r){
ll x=(l+r)>>1;
if(cw(st[x],i)<=cw(st[x+1],i))l=x+1;
else r=x-1;
}
ans=max(ans,cw(st[l],i));
}
}
calc(L,mid);ans=pa;
calc(mid+1,R);
return;
}
void cblc(ll L,ll R){
if(L==R){
for(ll i=0;i<q[L].size();i++){
ll x=q[L][i],tmp;
prt[x]=max(ans-w[x]+a[L]-s[n],prt[x]);
}
while(top>1&&xlr(st[top-1],st[top],L)>=0)top--;
st[++top]=L;
return;
}
ll mid=(L+R)>>1,pa=ans;
if(top){
for(ll i=L;i<=mid;i++){
ll l=1,r=top-1;
while(l<=r){
ll x=(l+r)>>1;
if(cw(i,st[x])<=cw(i,st[x+1]))l=x+1;
else r=x-1;
}
ans=max(ans,cw(i,st[l]));
}
}
cblc(mid+1,R);ans=pa;
cblc(L,mid);
return;
}
signed main()
{
freopen("score.in","r",stdin);
freopen("score.out","w",stdout);
scanf("%lld",&n);
for(ll i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",&a[n-i+1]);
for(ll i=1;i<=n;i++)s[i]=s[i-1]+a[i];
solve(0,n,g);
for(ll i=1;i<n-i+1;i++)
swap(a[i],a[n-i+1]),swap(g[i],g[n-i+1]);
for(ll i=1;i<=n;i++)s[i]=s[i-1]+a[i];
solve(0,n,f);
scanf("%lld",&m);
for(ll i=1;i<=m;i++){
ll x;
scanf("%lld%lld",&x,&w[i]);
q[x].push_back(i);
}
suf[n+2]=-inf;
for(ll i=n+1;i>=1;i--)
suf[i]=max(suf[i+1],g[i]+s[i-1]);
for(ll i=0,pre=-inf;i<=n;i++){
for(ll j=0;j<q[i].size();j++){
ll x=q[i][j];
prt[x]=suf[i+1]+pre-s[n];
}
pre=max(pre,f[i]-s[i]);
}
ans=-inf;top=0;
for(ll i=1;i<=n;i++)yf[i]=f[i]*2+i*i+i;calc(0,n+1);
ans=-inf;top=0;
for(ll i=1;i<=n;i++)yf[i]=g[i]*2+(n-i+1)*(n-i+1)+(n-i+1);
cblc(0,n+1);
for(ll i=1;i<=m;i++)
printf("%lld\n",max(prt[i],0ll));
return 0;
}
