题解 [NOI2010]超级钢琴
题解 [NOI2010]超级钢琴
终于更博了,之前有点摆
题意:
有一个长为 \(n\) 的数列 \(A\) ,定义区间 \([i, j]\) 的权值为 \(\sum_{k=i}^j A_k\)
现在选出 \(k\) 个不相同的区间,使得它们的权值和最大. 并满足每个选出的区间长度∈\([L, R]\)
暴力 \(n^2\) 不说了,讲正解.
正解:
- 快速求出"区间集" \((p,l,r)\) 的最大答案(下文中会对此有解释)
首先区间 \([l,r]\) 的答案为 \(sum[r]-sum[l-1]\) .
那么如何确保区间长度 \(r-l+1\in [L,R]\) 呢?
显然,对于一个确定的左端点 \(i\) ,它的右端点的取值范围是 \([i+L-1,i+R-1]\) .
在这 \(R-L+1\) 个左端点为 \(i\) 的区间中,如何选出区间和最大的呢?
对于每一个区间,其区间和为 \(sum[j]-sum[i]\space(j\in[i+L-1,i+R-1])\)
其中 \(sum[i]\) 为定值,那么问题转换为求 \(sum[i]\space(j\in[i+L-1,i+R-1])\) 的最值
既然是\(RMQ\) (区间最值) 那么就可以用ST表来维护,每次可以 \(\Theta(1)\) 求解.
那么现在,我们可以求出区间集 {\([l,r]\)} \(\space(r\in[l+L-1,l+R-1])\) 中的最大区间.
用一个三元组 \((p,l,r)\) 来表示一个左端点为\(p\),右端点属于\([l,r]\) 区间集 \(S\).
- 如何做到答案覆盖整个区间不遗漏
先以每个位置为左端点构造\(n\) 个三元组,注意边界.
同时对每个三元组记录出它的答案,以及取到最大值区间时的右端点位置(这个位置可以预处理倍增数组).
把它们丢到堆里面,每次取出最大的弹掉,进行\(k\)次.
其中要注意的是在弹掉一个三元组 \((p,l,r)\) 后,就意味着去掉了所有的区间 \([p,i]\space(i\in[l,r])\)
然而实际上我们只取出了一个区间 \((p,mid)\) (\(mid\) 即为"取到最大值区间时的右端点位置").
所以还要保留区间 \([p,i]\space(i\in[l,mid-1])\) 以及 \([p,i]\space(i\in[mid+1,r])\) 的答案.
所以将这两个东西加入堆中,并且要算出它们的 \(mid\) .
跑 \(k\) 次就可以了.
代码:
#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define RG register int
#define ll long long
#define gc getchar
using namespace std;
il int rd()
{
RG x=0,flag=1;
char ch=0;
while((ch>'9'||ch<'0')&&ch!='-')ch=gc();
if(ch=='-')flag=-1,ch=gc();
while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=gc();
return x*flag;
}
const int N=500005,LOG=22;
ll f[N][LOG],sum[N];
int pos[N][LOG],Log[N];
ll Ans;
int n,k,L,R;
ll query(int l0,int r0)
{
int t=Log[r0-l0+1];
return max(f[l0][t],f[r0-(1<<t)+1][t]);
}
int query2(int l0,int r0)
{
int t=log2(r0-l0+1);
return f[l0][t]>f[r0-(1<<t)+1][t]?pos[l0][t]:pos[r0-(1<<t)+1][t];
}
struct node {
int p,l,r,mid; ll res;
bool operator <(node x)const {return res<x.res;}
};
priority_queue<node> q;
int main ()
{
scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&L,&R);
int LogN=log2(n)+1;
for(RG i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+rd();
Log[0]=-1;
memset(f,0xcf,sizeof(f));
for(RG i=1;i<=n;i++) f[i][0]=sum[i],pos[i][0]=i,Log[i]=Log[i>>1]+1;
for(RG j=1;j<=LogN;j++)
for(RG i=1;i+(1<<j)<=n+1;i++)
{
if(f[i][j-1]>f[i+(1<<j-1)][j-1])
{
f[i][j]=f[i][j-1];
pos[i][j]=pos[i][j-1];
}
else
{
f[i][j]=f[i+(1<<j-1)][j-1];
pos[i][j]=pos[i+(1<<j-1)][j-1];
}
}
for(RG i=1;i+L-1<=n;i++)
{
ll t=query(i+L-1,min(i+R-1,n))-sum[i-1];
int midt=query2(i+L-1,min(n,i+R-1));
q.push(node{i,i+L-1,min(i+R-1,n),midt,t});//
}
for(RG i=1;i<=k;i++)
{
Ans+=q.top().res;
node t=q.top();
int p0=t.p,l0=t.l,r0=t.r,mid0=t.mid;
q.pop();
if(mid0>l0)
q.push(node{p0,l0,mid0-1,query2(l0,mid0-1),query(l0,mid0-1)-sum[p0-1]});
if(mid0<r0)
q.push(node{p0,mid0+1,r0,query2(mid0+1,r0),query(mid0+1,r0)-sum[p0-1]});
}
cout<<Ans<<endl;
return 0;
}
