UOJ#749-[UNR #6]稳健型选手【贪心,分治,主席树】

1|0正题

题目链接:https://uoj.ac/problem/749

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1|1题目大意

如果有序列$a$，你每次取走一个数字后然后这个序列最前面的数字会被别人取走，直到序列为空。此时$f(a)$表示你最大能取走的权值和。

给出一个长度为$n$的序列$a$，$q$次询问区间$[l,r]$，求$f(a_{l\sim r})$。

$1\leq n,q\leq 2\times 10^5,1\leq a_i\leq 10^9$

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1|2解题思路

考虑一下最优的取法，我们的限制其实相当于前$2i-1$个数之中不能取走超过$i$个数。

一个暴力的贪心想法是不停往前走，用一个堆维护现在取了的数，走到不是$2i-1$时我们考虑是否拿这个$a_i$替代堆里最小的数，走到$2i-1$时直接丢进堆里就行了。

或者反过来更简单，走到一个数就丢进堆里，遇到$2i-1$时直接取堆中最大的数就好了。

我们现在能处理左或右端点固定的所有答案了，我们考虑分治，问题在于怎么去合并两个区间的答案。

为了防止大量的分类讨论，对于长度为奇数的区间询问，我们可以考虑去掉区间的末尾，因为这个位置肯定会取到。

然后我们考虑怎么合并区间，显然是前面一些选了的数字变成不选，后面一些不选的数字变成选了，显然是前面拿小的，后面拿大的。

我们考虑在分治的时候对于区间$[L,mid,R]$，对于$[L,mid]$部分，我们用主席树维护选了的数字，对于$[mid+1,R]$部分，我们用主席树维护没选的数字，然后对于一个询问，二分一个$k$，然后左边的取出前$k$小，右边的取出前$k$大进行比较即可。

时间复杂度：$O(n\log^2 n)$

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=2e5+10,M=N<<5;
ll n,m,cnt,a[N],b[N],l[N],r[N],ans[N],s[N],rt[N];
priority_queue<ll> q;
struct SegTree{
	ll cnt,w[M],c[M],ls[M],rs[M];
	ll Change(ll x,ll L,ll R,ll pos,ll val){
		ll p=++cnt;w[p]=w[x]+val;c[p]=c[x]+val*b[pos];
		if(L==R)return p;ll mid=(L+R)>>1;
		if(pos<=mid)ls[p]=Change(ls[x],L,mid,pos,val),rs[p]=rs[x];
		else rs[p]=Change(rs[x],mid+1,R,pos,val),ls[p]=ls[x];
		return p;
	}
	ll Find(ll x,ll L,ll R,ll k){
		 if(L==R)return L;ll mid=(L+R)>>1;
		 if(w[ls[x]]>=k)return Find(ls[x],L,mid,k);
		 return Find(rs[x],mid+1,R,k-w[ls[x]]);
	}
	ll Ask(ll x,ll L,ll R,ll k){
		if(!k)return 0;
		if(L==R)return b[L]*k;ll mid=(L+R)>>1;
		if(w[ls[x]]>=k)return Ask(ls[x],L,mid,k);
		 return Ask(rs[x],mid+1,R,k-w[ls[x]])+c[ls[x]];
	}
}T;
bool cmp(ll x,ll y){return l[x]<l[y];}
void solve(ll L,ll R,vector<ll> &now){
	if(L==R)return;
	ll mid=(L+R)>>1;
	vector<ll> pl,pr,p;
	for(ll i=0;i<now.size();i++)
		if(l[now[i]]<=mid&&r[now[i]]>mid)p.push_back(now[i]);
		else if(l[now[i]]<=mid)pl.push_back(now[i]);
		else pr.push_back(now[i]);
	solve(L,mid,pl);solve(mid+1,R,pr);
	if(!p.size())return;
	for(ll g=0;g<2;g++){
		T.cnt=rt[mid]=s[mid]=0;
		for(ll i=mid+1;i<=R;i++){
			if(((i-mid)&1)==g)q.push(-a[i]),s[i]=s[i-1]+b[a[i]],rt[i]=rt[i-1];
			else{
				if(q.size()&&a[i]>-q.top()){
					s[i]=s[i-1]-b[-q.top()]+b[a[i]];
					rt[i]=T.Change(rt[i-1],1,cnt,-q.top(),1);
					q.pop();q.push(-a[i]);
				}
				else rt[i]=T.Change(rt[i-1],1,cnt,a[i],1),s[i]=s[i-1];
			}
		}
		while(!q.empty())q.pop();
		for(ll i=mid;i>=L;i--){
			q.push(a[i]);
			if(((mid-i)&1)==g){
				rt[i]=T.Change((i==mid)?0:rt[i+1],1,cnt,q.top(),1);
				s[i]=((i!=mid)?s[i+1]:0)+b[q.top()];q.pop();
			}
			else if(i!=mid)rt[i]=rt[i+1],s[i]=s[i+1];
		}
		while(!q.empty())q.pop();
		for(ll i=0;i<p.size();i++){
			if(((mid-l[p[i]])&1)!=g)continue;
			ll X=T.w[rt[l[p[i]]]],Y=T.w[rt[r[p[i]]]];
			ll _l=1,_r=min(X,Y);
			if(p[i]==2)
				i++,i--;
			while(_l<=_r){
				ll _mid=(_l+_r)>>1;
				if(T.Find(rt[l[p[i]]],1,cnt,_mid)<T.Find(rt[r[p[i]]],1,cnt,Y-_mid+1))
					_l=_mid+1;
				else _r=_mid-1;
			}
			ans[p[i]]+=s[l[p[i]]]-T.Ask(rt[l[p[i]]],1,cnt,_r);
			ans[p[i]]+=s[r[p[i]]]+T.Ask(rt[r[p[i]]],1,cnt,Y)-T.Ask(rt[r[p[i]]],1,cnt,Y-_r);
		}
	}
	return;
}
signed main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(ll i=1;i<=n;i++)
		scanf("%lld",&a[i]),b[i]=a[i];
	sort(b+1,b+1+n);cnt=unique(b+1,b+1+n)-b-1;
	for(ll i=1;i<=n;i++)a[i]=lower_bound(b+1,b+1+cnt,a[i])-b;
	vector<ll> v;
	for(ll i=1;i<=m;i++){
		scanf("%lld%lld",&l[i],&r[i]);v.push_back(i);
		if((r[i]-l[i]+1)&1)ans[i]+=b[a[r[i]]],r[i]--;
	}
	sort(v.begin(),v.end());
	solve(1,n,v);
	for(ll i=1;i<=m;i++)printf("%lld\n",ans[i]);
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/16564143.html
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