CF631E Product Sum

前言

不知道为什么题解里的李超线段树都要分两种情况讨论，我觉得的大可不必，其实一遍就好了。

分析

设 $an{s}_i$ 为 $i$ 移动到 其他位置时获得的最大取值，$su{m}_i$ 为 $a_i$ 的前缀和。

对于 $i<j$ ， $an{s}_i=max\{(j-i)\times a_i-(su{m}_j-su{m}_i)\}$ 。

对于 $i>j$，$an{s}_i=max\{su{m}_i-su{m}_j+[(i-(j+1))]\times a_i\}$ 。

将两式化简会发现它们都是 $an{s}_i=max\{su{m}_i-su{m}_j+(j-i)\times a_i\}$ 。

发现好像没有单调性，并且二分的斜率优化我也不会，就去考虑李超线段树。

将与 $j$ 相关的式子提出为 $a_i\times j-su{m}_j$，令 $k=j$，$b=-su{m}_j$，就可以开始打李超线段树了。

这里大多题解都用了两次 for 循环，正着反着都做了一遍，其实可以将线段先全部插入，再查询，就可以枚举一次了，详见代码，好像还是两次 for 循环。

$code$

#include<bits/stdc++.h>
#define N 200005
#define T 2000005
#define int long long
#define ls u<<1
#define rs u<<1|1
#define INF 1e13
using namespace std;
int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-f;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
int n,ans1,ans2;
int tree[T<<2];
int a[N],sum[N],k[N],b[N];
int calc(int x,int id){return x*k[id]+b[id];}
int Query(int u,int l,int r,int x){
	if(l==r) return calc(x,tree[u]);
	int mid=(l+r)>>1,res=calc(x,tree[u]);
	if(x<=mid) res=max(res,Query(ls,l,mid,x));
	else res=max(res,Query(rs,mid+1,r,x));
	return res;
}
void UpDate(int u,int l,int r,int id){
	if(!tree[u]) return void(tree[u]=id);
	if(calc(l,id)>calc(l,tree[u])&&calc(r,id)>calc(r,tree[u])) return void(tree[u]=id);
	else if(calc(l,id)<=calc(l,tree[u])&&calc(r,id)<=calc(r,tree[u])) return ;
	int mid=(l+r)>>1;
	if(k[id]>k[tree[u]]){
		if(calc(mid,id)>calc(mid,tree[u])) UpDate(ls,l,mid,tree[u]),tree[u]=id;
		else UpDate(rs,mid+1,r,id);
	}else{
		if(calc(mid,id)>calc(mid,tree[u])) UpDate(rs,mid+1,r,tree[u]),tree[u]=id;
		else UpDate(ls,l,mid,id);
	}
}
signed main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read(),sum[i]=sum[i-1]+a[i],ans2+=i*a[i];
	for(int i=1;i<=n;++i){
		k[i]=i,b[i]=-sum[i]; 
		UpDate(1,-1e6,1e6,i);
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		int x=Query(1,-1e6,1e6,a[i]);
		ans1=max(ans1,x-i*a[i]+sum[i]);
	}
	printf("%lld\n",ans2+ans1);
	return 0;
}