2023NOIP A层联测9 风信子+P2048 【NOI2010】 超级钢琴 2023
P2048 【NOI2010】 超级钢琴
2023NOIP A层联测9 风信子
一年 OI 一场空，一道原题见祖宗……
Ps：超级钢琴是风信子的前置题。
超级钢琴
题意
在一段序列上，选择长度为 \(x\) 的区间且 \(x\in [L,R]\)，求选择 \(k\) 个区间求和的最大值。
思路
来自洛谷第一篇 Nekroz 的题解。
将区间和变为前缀和，考虑将所有的合法方案的和拉出来排序，时间复杂度不现实，考虑贪心的解决这个问题。
设 \(S(o,l,r)=max(sum[t]-sum[o-1])|l\leq t \leq r\)，即以 \(o\) 为左端点，以 \(t\) 为右端点的区间的和。\(sum\) 是前缀和，\(l,r\) 使得 \(t\) 满足题目限制。
维护 \(sum[t]\) 可以使用 \(ST\) 表 \(O(1)\) 维护。
然后考虑贪心。
我们将每次可以选择最优的 \(S(o,l,r)\)，选择 \(k\) 次就是我们的结果。
初始时，是 \(n\) 个 \(i\ (i\in [1,n])\) 为起点，终点范围最大的区间，这里可以用优先队列维护（用结构体存 \(S(o,l,r)\)，写构造函数比较大小）。
三元组 \(S(o,l,r)\) 选择后，会增加 \(S(o,l,t-1)\) 和 \(S(o,t+1,r)\) 两个答案区间，同时 \(S(o,l,r)\) 这个区间不能再被选中，先弹出不能选的区间，再把这两个玩意丢进堆里。对于 \(l=t\) 或 \(r=t\) 的情况需要特判。
那么这个分裂的正确性在哪里呢？
约定：下文称 \(S(o,l,r)\) 选中后分裂出的三元组为子三元组，\(S(o,l,r)\) 为父三元组。
Q：子三元组有没有可能大于父三元组，导致答案变劣。
A：不难发现，我们分裂出这个三元组的父三元组肯定大于这个三元组（因为起点相同，结束端点父三元组肯定选最大的）。所以只有父三元组被选，子三元组才会被选。
Q：父三元组选择的结束端点影响子三元组的取值，是否存在结束端点使父三元组变略，而使子三元组和父三元组共同的贡献更优。
A：每次三元组本质是一段区间，如果父三元组不选择最大段区间，肯定存在子三元组会选择最大区间，其实分到最后，每一个区间都会出现一次。其实上文的父子三元组单调性也证明了不会出现这种情况。
CODE
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn=5e5+5;
int n,k,l,r;
int sum[maxn];
struct Tree
{
int l,r;
pair<int,int>mx={-1e9,-1e9};
}tree[maxn*10];
void build(int p,int l,int r)
{
tree[p].l=l;
tree[p].r=r;
if(l==r)
{
tree[p].mx=make_pair(sum[l],l);
return ;
}
build(p*2,l,(l+r)>>1);
build(p*2+1,((l+r)>>1)+1,r);
tree[p].mx=max(tree[p*2].mx,tree[p*2+1].mx);
}
pair<int,int> query(int p,int l,int r)
{
if(tree[p].l>r||tree[p].r<l) return make_pair(-1e9,-1e9);
if(l<=tree[p].l&&tree[p].r<=r) return tree[p].mx;
return max(query(p*2,l,r),query(p*2+1,l,r));
}
struct element
{
int o,l,r,t;
friend bool operator<(element a,element b){return (sum[a.t]-sum[a.o-1])<(sum[b.t]-sum[b.o-1]);}
};
element gt(int o,int l,int r)
{
return {o,l,r,query(1,l,r).second};
}
priority_queue<element>que;
signed main()
{
scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&k,&l,&r);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x;
scanf("%lld",&x);
sum[i]=sum[i-1]+x;
}
build(1,1,n);
for(int i=1;i+l-1<=n;i++) que.push(gt(i,i+l-1,min(i+r-1,n)));
int ans=0;
while(k--)
{
int o=que.top().o,l=que.top().l,r=que.top().r,t=que.top().t;
que.pop();
ans+=sum[t]-sum[o-1];
if(t!=l) que.push(gt(o,l,t-1));
if(t!=r) que.push(gt(o,t+1,r));
}
printf("%lld",ans);
}
风信子
题面
有两种操作
1.选择区间 \([l,r]\) 使 \(i\in [l,r]\) 中的 \(a_i\) 都加上 \(x\)。
2.在区间 \([l,r]\) 选择 \(k\) 个数对 \((i,j)\ (i\leq j)\)，求 \(a_i-a_j\) 的和的最大值。
思路
\(50pts\)：查询询问做一次超级钢琴，线段树区间加。
\(15pts(k=1)\)：线段树维护区间答案，对于一个节点，答案可以是左右儿子的答案，也可以是左边最大-右边最小。
\(100pts\)：
超级钢琴中，我们的”候补答案集合“思想是以每个点为起点做一次做三元组。
这显然不够带劲，在这里我们把起点也设成区间，那么也就是：\(S(l,r,l',r')\)，其中 \([l,r]\) 是起点，\([l',r']\) 是终点。
但这样子选择区间后不方便分裂，那么我们考虑，什么样的区间分裂比较方便？
1.起点终点区间完全重合。（\(k=1\) 的做法）
2.起点终点区间没有交集。（起点取区间最大，终点去区间最小）
利用超级钢琴的思想维护优先队列即可。
这里分裂后我们的区间要满足上述两种条件，所以说最终区间如下。
维护很麻烦，但思路简单。
CODE
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define ls(i) i*2
#define rs(i) i*2+1
const int maxn=1e5+5;
const int inf=1e9;
int n,m;
int a[maxn];
struct Ans
{
int val,x,y;
friend bool operator<(Ans a,Ans b){return a.val<b.val;}
friend bool operator>(Ans a,Ans b){return a.val>b.val;}
};
struct Grid
{
int val,id;
friend bool operator<(Grid a,Grid b){return a.val<b.val;}
friend bool operator>(Grid a,Grid b){return a.val>b.val;}
};
struct node1
{
int l,r,mx=-inf,mi=inf,mxid,miid,lazy;
Ans val;
}tree[maxn*10];
inline void updata(int p)
{
tree[p].val=max(tree[ls(p)].val,tree[rs(p)].val);
Ans tmp;
tmp.val=tree[ls(p)].mx-tree[rs(p)].mi;
tmp.x=tree[ls(p)].mxid,tmp.y=tree[rs(p)].miid;
tree[p].val=max(tree[p].val,tmp);
if(tree[ls(p)].mi>tree[rs(p)].mi) tree[p].mi=tree[rs(p)].mi,tree[p].miid=tree[rs(p)].miid;
else tree[p].mi=tree[ls(p)].mi,tree[p].miid=tree[ls(p)].miid;
if(tree[ls(p)].mx<tree[rs(p)].mx) tree[p].mx=tree[rs(p)].mx,tree[p].mxid=tree[rs(p)].mxid;
else tree[p].mx=tree[ls(p)].mx,tree[p].mxid=tree[ls(p)].mxid;
}
inline void push_down(int p)
{
if(tree[p].l==tree[p].r)
{
tree[p].lazy=0;
return ;
}
tree[ls(p)].lazy+=tree[p].lazy;
tree[ls(p)].mx+=tree[p].lazy;
tree[ls(p)].mi+=tree[p].lazy;
tree[rs(p)].lazy+=tree[p].lazy;
tree[rs(p)].mx+=tree[p].lazy;
tree[rs(p)].mi+=tree[p].lazy;
tree[p].lazy=0;
}
inline void build(int p,int l,int r)
{
tree[p].l=l;
tree[p].r=r;
if(l==r)
{
tree[p].mx=tree[p].mi=a[l];
tree[p].mxid=tree[p].miid=l;
tree[p].val.x=tree[p].val.y=l;
return ;
}
build(ls(p),l,l+r>>1);
build(rs(p),(l+r>>1)+1,r);
updata(p);
}
inline Grid gtmi(int p,int l,int r)
{
push_down(p);
if(tree[p].l>r||tree[p].r<l) return {inf,inf};
if(l<=tree[p].l&&tree[p].r<=r) return {tree[p].mi,tree[p].miid};
return min(gtmi(ls(p),l,r),gtmi(rs(p),l,r));
}
inline Grid gtmx(int p,int l,int r)
{
push_down(p);
if(tree[p].l>r||tree[p].r<l) return {-inf,0};
if(l<=tree[p].l&&tree[p].r<=r) return {tree[p].mx,tree[p].mxid};
return max(gtmx(ls(p),l,r),gtmx(rs(p),l,r));
}
inline Ans gtans(int p,int l,int r)
{
push_down(p);
if(tree[p].l>r||tree[p].r<l) return {-inf,0,0};
if(l<=tree[p].l&&tree[p].r<=r) return tree[p].val;
int mid=l+r>>1;
Ans t=max(gtans(ls(p),l,r),gtans(rs(p),l,r));
Grid a=gtmx(ls(p),l,r),b=gtmi(rs(p),l,r);
return max(t,(Ans){a.val-b.val,a.id,b.id});
}
inline void insert(int p,int l,int r,int val)
{
push_down(p);
if(tree[p].r<l||tree[p].l>r) return ;
if(l<=tree[p].l&&tree[p].r<=r)
{
tree[p].lazy+=val;
tree[p].mx+=val;
tree[p].mi+=val;
return ;
}
insert(ls(p),l,r,val);
insert(rs(p),l,r,val);
updata(p);
}
struct preAns
{
int al,ar,bl,br,val;
Ans Val()
{
if(ar<bl)
{
Grid a=gtmx(1,al,ar),b=gtmi(1,bl,br);
return {a.val-b.val,a.id,b.id};
}
else return gtans(1,al,ar);
}
friend bool operator<(preAns a,preAns b){return a.val<b.val;}
friend bool operator>(preAns a,preAns b){return a.val>b.val;}
};
priority_queue<preAns>que;
signed main()
{
freopen("D.in","r",stdin);
freopen("D.out","w",stdout);
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
build(1,1,n);
while(m--)
{
int op,l,r,k;
scanf("%lld%lld%lld%lld",&op,&l,&r,&k);
if(op==1) insert(1,l,r,k);
else
{
preAns t;
t.al=t.bl=l,t.ar=t.br=r;
t.val=t.Val().val;
que.push(t);
int sum=0;
while(k--)
{
preAns now=que.top();
que.pop();
Ans val=now.Val();
int x=val.x,y=val.y;
sum+=now.val;
if(now.ar<now.bl)
{
if (x > now.al)
{
t=now;
t.ar=x-1;
t.val = t.Val().val;
que.push(t);
}
if (now.bl < y)
{
t=now;
t.ar=t.al=x;
t.br=y-1;
t.val = t.Val().val;
que.push(t);
}
if (y < now.br)
{
t=now;
t.ar=t.al=x;
t.bl=y+1;
t.val = t.Val().val;
que.push(t);
}
if (x < now.ar)
{
t=now;
t.al=x+1;
t.val = t.Val().val;
que.push(t);
}
}
else
{
if(x>now.al)
{
t=now;
t.ar=t.br=x-1;
t.val=t.Val().val;
que.push(t);
t=now;
t.ar=x-1,t.bl=x;
t.val=t.Val().val;
que.push(t);
}
if(x!=y)
{
t.al=t.ar=t.bl=t.br=x;
t.val=t.Val().val;
que.push(t);
}
if(x<y-1)
{
t.al=t.ar=x;
t.bl=x+1;
t.br=y-1;
t.val=t.Val().val;
que.push(t);
}
if(y<now.br)
{
t.al=t.ar=x;
t.br=now.br;
t.bl=y+1;
t.val=t.Val().val;
que.push(t);
}
if(x<now.ar)
{
t=now;
t.al=t.bl=x+1;
t.val=t.Val().val;
que.push(t);
}
}
}
printf("%lld\n",sum);
while(!que.empty()) que.pop();
}
}
}
