YbtOJ#493-最大分数【斜率优化dp,分治】

1|0正题

题目链接:http://www.ybtoj.com.cn/contest/117/problem/1

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1|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）

$1\leq n,m\leq 3\times 10^5$

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1|2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

$$f_i=max\{f_j+max\{s_i-s_j,\binom{i-j}{2}\}\}$$

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

$$max\{f_j+g_i+s_{i-1}-s_j,f_j+g_i+\binom{i-j-1}{2}\}(i\in[0,x-1],j\in[x+1,n+1])$$

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$O(n\log^2 n)$

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1|3code

（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;
}

__EOF__

本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/14412512.html
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