[ARC067D] Yakiniku Restaurants

CV.[ARC067D] Yakiniku Restaurants

明显在最优方案中，行走方式一定是从一条线段的一端走到另一端，不回头。

于是设 $f[i,j]$ 表示从 $i$ 走到 $j$ 的最优代价。明显，该代价对于不同的券相互独立。故我们依次考虑每一张券。

我们发现，假设有一张位置 $k$ 的券，则所有 $k\in[l,r]$ 的 $[l,r]$ 都是可以享受到它的。于是，我们建出笛卡尔树来，就可以把它用差分轻松解决了（假设笛卡尔树上有一个节点 $x$，它是区间 $[l,r]$ 中的最大值，则所有区间 $[l,r]$ 中穿过它的区间都会增加 $a_x$，但是它的两个子区间 $[l,x-1]$ 和 $[x+1,r]$ 却享受不到，故在该处再减少 $a_x$，即可实现差分地更新。

则时间复杂度 $O(nm+n^2)$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,a[210][5010],stk[5010],tp,lson[5010],rson[5010];
ll s[5010],f[5010][5010],res;
void solve(int id,int x,int l,int r,int las){
	f[l][r]+=a[id][x]-las;
	if(l==r)return;
	if(lson[x])solve(id,lson[x],l,x-1,a[id][x]);
	if(rson[x])solve(id,rson[x],x+1,r,a[id][x]);
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=2;i<=n;i++)scanf("%lld",&s[i]),s[i]+=s[i-1];
	for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)scanf("%d",&a[j][i]);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		tp=0;
		for(int j=1;j<=n;j++){
			lson[j]=rson[j]=0;
			while(tp&&a[i][stk[tp]]<=a[i][j])lson[j]=stk[tp--];
			if(stk[tp])rson[stk[tp]]=j;
			stk[++tp]=j;
		}
		solve(i,stk[1],1,n,0);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=n;j>=i;j--)f[i][j]+=f[i-1][j]+f[i][j+1]-f[i-1][j+1];
	for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=i;j<=n;j++)res=max(res,f[i][j]-(s[j]-s[i]));
	printf("%lld\n",res);
	return 0;
}