【题解】[COCI2020-2021#5] Sjeckanje

solution:

数据结构毒瘤题。

算法一：考虑不带修改。首先分析出一个性质，最优区间一定是单调区间。因为 $f(l,r)\le max(l,r)-min(l,r)$ ，如果一个区间不是单调区间的话可以继续拆分直到都是单调区间，从而使得 $f(l,r)\ge max(l,r)-min(l,r)$ 。设 $f[i]$ 表示前 $i$ 个数贡献的最大值，可以 $O(n)$ 求出，区间 $(l,r]$ 的贡献就是 $a[r]-a[l+1]$ 。加上修改的话就暴力修改，时间复杂度 $O(n^2)$ 。

算法二：考虑维护差分数组，将区间修改转化为单点修改。现在对于单调区间 $[l,r]$ ，其贡献等于 ${\sum }_{i=l}^{r}c[i]$ 。进一步地，总贡献等于 ${\sum }_{i=1}^{n}c[i]$ ，所以我们只需要维护差分数组的和即可。规定 $c[1]=0$ 。当然实际计算是求的绝对值的和。

一个坑点在于，$len=1$ 的情况是没有贡献的，比较难判断。所以我们必须调整我们的策略：转化为在差分序列中选择一些数，使得选择的数中不存在相邻两个数，一个为正，一个为负。证明也比较容易，考虑 $c[i]$ 能产生贡献当且仅当 $[i,i+1]$ 在同一区间，如果有两个相邻的线段不能在同一集合的话就不能都产生贡献，反之则能。

现在我们可以用线段树维护了。$dp[t][0/1][0/1]$ 表示节点 $t$ 的 左/右 端点 不选/选 时贡献的最大值。时间复杂度 $O(2^4(n+q)logn)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int mx=2e5+5;
int n,q;
ll dp[mx<<2][2][2];
ll a[mx],c[mx];
void PushUp(int p,int md) {
	for(int i=0;i<2;i++) {
		for(int j=0;j<2;j++) {
			dp[p][i][j]=-INF;
			for(int k=0;k<2;k++) {
				for(int l=0;l<2;l++) {
					if(k==1&&l==1&&(c[md]<0&&c[md+1]>0||c[md]>0&&c[md+1]<0)) continue;
					dp[p][i][j]=max(dp[p][i][j],dp[p<<1][i][k]+dp[p<<1|1][l][j]); 
				}
			}
		}
	}
}
void update(int p,int l,int r,int x) {
	if(l==r) {
		dp[p][1][1]=abs(c[l]);
		return;
	}
	int mid=l+r>>1;
	if(x<=mid) update(p<<1,l,mid,x);
	else update(p<<1|1,mid+1,r,x);
	PushUp(p,mid);
}
ll query() {
	return max(max(dp[1][0][0],dp[1][0][1]),max(dp[1][1][0],dp[1][1][1]));
}
int main() {
//	freopen("data.in","r",stdin);
	scanf("%d%d",&n,&q);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]),c[i]=(i==1)?0:a[i]-a[i-1],update(1,1,n,i);
	for(int i=1;i<=q;i++) {
		int l,r,x; scanf("%d%d%d",&l,&r,&x);
		if(l!=1) {
			c[l]+=x;
			update(1,1,n,l);
		}
		if(r!=n) {
			c[r+1]-=x;
			update(1,1,n,r+1);
		}
		printf("%lld\n",query());
	}
}

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本文作者：仰望星空的蚂蚁
本文链接：https://www.cnblogs.com/cqbzly/p/17530289.html
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