[arc067f]yakiniku restaurants

题意：

n家饭店，m张餐票，第i家和第i+1家饭店之间的距离是$A_i$，在第i家饭店用掉第j张餐票会获得$B_{i,j}$的好感度，但是从饭店i走到饭店j会有$dis_{i,j}$的代价，可以从任意一个饭店出发，求好感度减代价的差的最大值。

$2\leq N\leq 5000$

$1\leq M\leq 200$

$1\leq A_i,B_{i,j}\leq 10^9$

题解：

看错了两次题是怎样一种体验。。。开始题意锅了说只能从1出发，然后更正我没看到。。。于是写了个自以为对的傻逼线段树自爆成13分。。。

其实这题做法很多，可以利用决策单调性二分dp或者建笛卡尔树区间加，我讲一个我写的矩形差分的做法。。。

直接计算路线的价值比较难，可以反过来考虑每个$B_{i,j}$对哪些答案有影响。

令$x$为满足$x<i$且$B_{x,j}>B_{i,j}$的最大的$x$，$y$为满足$y>i$且$B_{y,j}>B_{i,j}$的最小的$y$，那么$B_{i,j}$就会对左端点$l∈(x,i]$，右端点$r∈[i,y)$的区间产生贡献。

容易发现$x$，$y$是单调递增的，所以可以用一条单调栈来维护；把$(x,y)$当成平面上的一个点，那贡献就等价于在整个矩阵上加上一个值，可以用差分前缀和来搞。

时间复杂度$O(n^2+nm)$

代码：

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
#define inf 2147483647
#define eps 1e-9
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,m,L,R,st[5010],num[5010],b[210][5010],l[210][5010],r[210][5010];
ll ans=0,a[5010],pre[5010],sq[5010][5010];
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<n;i++){
        scanf("%lld",&a[i]);
        pre[i+1]=pre[i]+a[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            scanf("%d",&b[j][i]);
        }
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        L=R=0;
        for(int j=1;j<=n;j++){
            while(L&&b[i][j]>st[L])L--;
            l[i][j]=L?num[L]+1:1;
            st[++L]=b[i][j];
            num[L]=j;
        }
        for(int j=n;j;j--){
            while(R&&b[i][j]>st[R])R--;
            r[i][j]=R?num[R]-1:n;
            st[++R]=b[i][j];
            num[R]=j;
        }
        for(int j=1;j<=n;j++){
            sq[l[i][j]][j]+=b[i][j];
            sq[l[i][j]][r[i][j]+1]-=b[i][j];
            sq[j+1][j]-=b[i][j];
            sq[j+1][r[i][j]+1]+=b[i][j];
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++){
            sq[i][j]+=sq[i][j-1];
        }
        for(int j=1;j<=n;j++){
            sq[i][j]+=sq[i-1][j];
        }
        for(int j=i;j<=n;j++){
            ans=max(ans,sq[i][j]-pre[j]+pre[i]);
        }
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}