【2019.10.7 CCF-CSP-2019模拟赛 T2】绝对值（abs）（线段树细节题）

找规律

设\(p_i=a_{i+1}-a_i\)，则答案就是\(\sum_{i=1}^{n-1}p_i\)。

考虑若将\(a_i\)加上\(x\)（边界情况特殊考虑），就相当于是将\(p_{i-1}\)加\(x\)，\(p_i\)减\(x\)。

先考虑\(p_{i-1}\)加\(x\)所造成的影响：

• 当\(p_{i-1}\ge0\)时，就相当于将答案加上\(x\)。
• 当\(-x\le p_{i-1}<0\)时，原先的答案是\(-p_{i-1}\)，新的答案是\(x+p_{i-1}\)，所以答案加上\(x+2p_{i-1}\)。
• 当\(p_{i-1}<-x\)时，就相当于将答案减去\(x\)。
• 不难发现，由于\(-x=x-2x\)，所以第二、三两种情况可以概括为：当\(p_{i-1}<0\)时，答案加上\(x+2max\{p_{i-1},-x\}\)。

同理，\(p_i\)减\(x\)所造成的影响就是：

• 当\(p_i\le0\)时，答案加上\(x\)。
• 当\(p_i>0\)时，答案加上\(x+max\{-2p_i,-x\}\)。

显然，若存在\(p_{i-1}\ge0\)且\(p_i\le0\)，肯定是最优的。

否则，\(p_i\)就是一段小于等于\(0\)的数和一段大于等于\(0\)的数。

在左边这一段中选择的贡献，就是\(x+2p_{i-1}+x=2x+2p_{i-1}\)，只要求出\(p_{i-1}\)的最大值即可。

同理，在右边这一段中选择的贡献就是\(2x-2p_i\)，只要求出\(-p_i\)的最大值即可。

而在中间选择的贡献可以直接暴力算，就是新的绝对值之和减去旧的绝对值之和。

以上即为大致思路，下面是具体实现中的一些细节。

具体细节

\(Q\)：如何处理区间修改?

\(A\)：区间修改时可发现中间部分的\(p\)不变，只有两端发生变化，很好处理。

\(Q\)：如何判断是否存在\(p_{i-1}\ge0\)且\(p_i\le0\)？

\(A\)：可以开一棵线段树，每一位存储这一位上是否满足\(p_{i-1}\ge0\)且\(p_i\le0\)，然后区间查询即可。

\(Q\)：如何求\(p_{i-1}\)和\(-p_i\)的最大值？

\(A\)：另开两棵线段树，分别存储\(p_i\)和\(-p_i\)。

\(Q\)：如何求出\(p_i\)中小于等于\(0\)的部分与大于等于\(0\)的部分的分界点？

\(A\)：线段树上二分即可。

当然，还有边界情况等一些特殊情况，需要大力讨论，注意细节！

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define Gmax(x,y) (x<(y)&&(x=(y)))
#define abs(x) ((x)<0?-(x):(x)) 
#define LL long long 
#define INF 1e18
using namespace std;
int n;LL a[N+5];
class FastIO
{
	private:
		#define FS 100000
		#define tc() (A==B&&(B=(A=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),A==B)?EOF:*A++)
		#define pc(c) (C==E&&(clear(),0),*C++=c)
		#define tn (x<<3)+(x<<1)
		#define D isdigit(c=tc())
		int T;char c,*A,*B,*C,*E,FI[FS],FO[FS],S[FS];
	public:
		I FastIO() {A=B=FI,C=FO,E=FO+FS;}
		Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!D);W(x=tn+(c&15),D);}
		Ts I void read(Ty& x,Ar&... y) {read(x),read(y...);}
		Tp I void write(Ty x) {W(S[++T]=x%10+48,x/=10);W(T) pc(S[T--]);}
		Tp I void writeln(Con Ty& x) {write(x),pc('\n');}
		I void clear() {fwrite(FO,1,C-FO,stdout),C=FO;}
}F;
class SegmentTreeSolver
{
	private:
		LL p[N+5];
		class SegmentTree//线段树三合一，毕竟都是单点修改+区间求最大值
		{
			private:
				#define PT CI l=1,CI r=n,CI rt=1
				#define LT x,y,l,mid,rt<<1
				#define RT x,y,mid+1,r,rt<<1|1
				#define PU(x) (V[x]=max(V[x<<1],V[x<<1|1]))
				LL V[N<<2];
			public:
				I void Upt(CI x,Con LL& y,PT)//单点修改
				{
					if(l==r) return (void)(V[rt]=y);RI mid=l+r>>1;
					x<=mid?Upt(LT):Upt(RT),PU(rt);
				}
				I LL Qry(CI x,CI y,PT)//区间求最大值
				{
					if(x<=l&&r<=y) return V[rt];RI mid=l+r>>1;LL g,t=-INF;
					return x<=mid&&(g=Qry(LT),Gmax(t,g)),y>mid&&(g=Qry(RT),Gmax(t,g)),t;
				}
				I int Find(CI x,CI y,PT)//线段树上二分，求出两部分的分界点
				{
					if(l==r) return V[rt]>=0?l:0;RI mid=l+r>>1,t;
					if(x<=l&&r<=y) return V[rt<<1|1]>=0?Find(RT):Find(LT);
					if(y>mid&&(t=Find(RT))) return t;return Find(LT);
				}
		}S1,S2,T;
	public:
		I void Solve()
		{
			RI Qt,op,l,r,x,g;LL f,k,t=0;
			for(RI i=1;i^n;++i) p[i]=a[i+1]-a[i],t+=abs(p[i]),S1.Upt(i,p[i]),S2.Upt(i,-p[i]);//初始化
			for(RI i=1;i<=n-2;++i) p[i]>=0&&p[i+1]<=0&&(T.Upt(i,1),0);//初始化
			F.read(Qt);W(Qt--) switch(F.read(op,l,r,x),op)//读入操作
			{
				case 1:
					k=-2*x,l==1&&(Gmax(k,abs(p[1]-x)-abs(p[1])),++l),//特殊处理边界，避免讨论
					r==n&&(Gmax(k,abs(p[n-1]+x)-abs(p[n-1])),--r);//特殊处理边界，避免讨论
					if(l>r) goto Print;if(T.Qry(l-1,r-1)) {Gmax(k,2*x);goto Print;}//如果存在p[i-1]>=0且p[i]<=0的情况
					if(p[l-1]<=0&&p[r]<=0) {f=S1.Qry(l-1,r-1),Gmax(f,-x),Gmax(k,2*f+2*x);goto Print;}//如果全部小于等于0
					if(p[l-1]>=0&&p[r]>=0) {f=S2.Qry(l,r),Gmax(f,-x),Gmax(k,2*f+2*x);goto Print;}//如果全部大于等于0
					g=S2.Find(l-1,r),Gmax(k,abs(p[g]+x)+abs(p[g+1]-x)-abs(p[g])-abs(p[g+1])),//处理在中间选择的贡献
					g>l-1&&(f=S1.Qry(l-1,g-1),Gmax(f,-x),Gmax(k,2*f+2*x)),//处理在左边这一段中选择的贡献
					g+1<r&&(f=S2.Qry(g+2,r),Gmax(f,-x),Gmax(k,2*f+2*x));//处理在右边这一段中选择的贡献
					Print:F.writeln(t+k);break;//输出答案
				case 2:
					l^1&&(t-=abs(p[l-1]),p[l-1]+=x,t+=abs(p[l-1]),S1.Upt(l-1,p[l-1]),S2.Upt(l-1,-p[l-1]),0),//处理左边
					r^n&&(t-=abs(p[r]),p[r]-=x,t+=abs(p[r]),S1.Upt(r,p[r]),S2.Upt(r,-p[r]),0),//处理右边
					l^1&&//再处理左边
					(
						l^n&&(T.Upt(l-1,0),p[l-1]>=0&&p[l]<=0&&(T.Upt(l-1,1),0)),
						l^2&&(T.Upt(l-2,0),p[l-2]>=0&&p[l-1]<=0&&(T.Upt(l-2,1),0))
					),
					r^n&&//再处理右边
					(
						r^(n-1)&&(T.Upt(r,0),p[r]>=0&&p[r+1]<=0&&(T.Upt(r,1),0)),
						r^1&&(T.Upt(r-1,0),p[r-1]>=0&&p[r]<=0&&(T.Upt(r-1,1),0))
					);break;//注意这里之所以要分开处理，是因为另一边对p的修改可能影响到这一边的判断
			}
		}
}S;
int main()
{
	freopen("abs.in","r",stdin),freopen("abs.out","w",stdout);
	RI i;for(F.read(n),i=1;i<=n;++i) F.read(a[i]);return S.Solve(),F.clear(),0;
}