AT_joisc2019_j 题解

先考虑这个式子：

\[\sum_{j=1}^{M} |C_{k_{j}} - C_{k_{j+1}}| \]

一定是在 \(C\) 有序时取到，具体证明很简单各位读者自己证明。

那么现在式子变成：

\[\sum{V} + 2 \times({C_{\max} - C_{\min}}) \]

这个时候一个常见的技巧是将 \(C\) 排序。

这个时候就可以定义状态：

\[dp_{i,j} = \sum{V} + 2 \times (C_{j} - C_{i}) \]

然后从贪心的思想出发，\(V\) 一定是选取区间 \([i,j]\) 中最大的 \(M\) 个。

令 \(f(i,j)\) 表示区间 \([i,j]\) 中前 \(M\) 大之和，有：

\[dp_{i,j} = f(i,j) + 2 \times (C_{j} - C_{i}) \]

考虑去掉一维状态：

\[dp_{i} = \max{(f(i,j) + 2 \times C_{j})} - 2 \times C_i \]

因为 \(f(i,j) + 2 \times C_{j}\) 满足四边形不等式，所以 \(dp_{i}\) 满足决策单调性，考虑分治优化，\(f(i,j)\) 可以直接用主席树求解。

那么我们就 \(O(n \log^2 n)\) 地做完了。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
//dp[l][r] 表示区间 [l,r] 内前 M 大
//求 max(dp[l][r])
//max_{r>l}(dp[l][r])
//设计状态 dp[i] 表示区间 [i,j] 前 M 大之和减去 2*(c[j]-c[i]) 
//dp[i]=max{f(i,j)-2*c[j]}+2*c[i]
const int maxn = 2e5+114;
const int top = 1e9+114;
const int inf = 2e18+114514;
int dp[maxn];
int n,m;
struct Node{
    int sum,ls,rs;
	int val;
}tr[maxn*35];
struct hhx{
	int c,v;
}a[maxn];
int root[maxn],tot;
inline int kth(int lt,int rt,int L,int R,int k){
    if(lt==rt){
    	return k*lt;
	}
    int mid=(lt+rt)>>1;
    if((tr[tr[R].rs].sum-tr[tr[L].rs].sum)>=k){
        return kth(mid+1,rt,tr[L].rs,tr[R].rs,k);
    }
    else{
        return (tr[tr[R].rs].val-tr[tr[L].rs].val)+kth(lt,mid,tr[L].ls,tr[R].ls,k-(tr[tr[R].rs].sum-tr[tr[L].rs].sum));
    }
}
inline void add(int cur,int lst,int lt,int rt,int pos){
    tr[cur].sum=tr[lst].sum+1;
    tr[cur].val=tr[lst].val+pos;
    if(lt==rt){
        return ;
    }
    int mid=(lt+rt)>>1;
    if(pos<=mid){
        tr[cur].rs=tr[lst].rs;
        tr[cur].ls=++tot;
        add(tr[cur].ls,tr[lst].ls,lt,mid,pos);
    }
    else{
        tr[cur].ls=tr[lst].ls;
        tr[cur].rs=++tot;
        add(tr[cur].rs,tr[lst].rs,mid+1,rt,pos);
    }
}
//前 k 大之和 
void solve(int l,int r,int L,int R){
	if(l>r) return ;
	int mid=(l+r)>>1;
	int mx=-inf,p=0;
	for(int i=max(mid+m-1,L);i<=R;i++){
		if(kth(1,top,root[mid-1],root[i],m)-2*a[i].c>mx){
			mx=kth(1,top,root[mid-1],root[i],m)-2*a[i].c;
			p=i;
		}
	}
	dp[mid]=mx+2*a[mid].c;
	solve(l,mid-1,L,p);
	solve(mid+1,r,p,R);
}
bool cmp(hhx A,hhx B){
	return A.c<B.c;
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++) dp[i]=-inf;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i].v>>a[i].c;
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		root[i]=++tot;
		add(root[i],root[i-1],1,top,a[i].v);
	}
	solve(1,n-m+1,1,n);
	int ans=-inf;
	for(int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,dp[i]);
	cout<<ans;
}