P7706 「Wdsr-2.7」文文的摄影布置

题意

给定长度为 \(n\) 的数组 \(a\) 和 \(b\)，支持单点修改，\(q\) 次区间查询 \(\max_{l\le i<k\le r} \{a_i + a_k - \min_{i<j<k}b_j\}\)。

\(n,q\le 5\times10^5,1\le a_i,b_i\le10^8\qquad\text{2s,256MB}\)

题解

考虑使用线段树维护信息。记 \(\psi(p)\) 表示线段树上节点 \(p\) 的答案，接下来要考虑如何根据左右子树的答案，更新当前节点的答案。

注意到答案和 \(i,j,k\) 三个位置有关，我们希望 \(a_i,a_k\) 尽量的大，\(b_j\) 尽量小，那么就需要维护区间 \(a\) 最大值，\(b\) 最小值。

然后是分类讨论，我们讨论 \(\psi(p)\) 最大时，它的 \(i,j,k\) 会落在什么位置：

• \(i,j,k\) 均在左子树或均在右子树：直接取左右子树答案最大值。\(\psi(p) = \max(\psi(ls),\psi(rs))\)。
• \(i,j\) 在左子树，\(k\) 在右子树：\(k\) 直接选右子树中 \(b_k\) 最大的，对于 \(i,j\)，需要的是 \(\max_{i<j}a_i - b_j\)。
• \(i\) 在左子树，\(j,k\) 在右子树：同上，\(i\) 选最大的，\(j,k\) 是 \(\max_{j<k}- b_j + a_k\)。

发现还需要维护 \(\max_{i<j}a_i - b_j\) 这样的信息，继续分类讨论：

• \(i,j\) 在同一子树中：取左右子树最大值。
• \(i\) 在左子树，\(j\) 在右子树：\(i\) 取左子树 \(a_i\) 最大值，\(j\) 取右子树 \(b_j\) 最小值。

对于 \(\max_{j < k}-b_j + a_k\)，同样的讨论。

记第一种信息为 \(L(p)\)，第二种信息为 \(R(p)\)，\(a\) 最大为 \(Max(p)\)，\(b\) 最小为 \(Min(p)\)，我们就能整合出以下的式子：

\[Max(p) = \max(Max(ls),Max(rs)),Min(p) = \min(Min(ls),Min(rs)) \]

\[L(p) = \max\{L(ls),L(rs),Max(ls) - Min(rs)\},R(p) = \max{R(ls),R(rs), - Min(ls) + Max(rs)} \]

\[\psi(p) = \max\{\psi(ls),\psi(rs),L(ls) + Max(rs),Max(ls) + R(rs)\} \]

一环套一环，太牛了哥！

---

单点修改就是直接对 \(Min,Max\) 进行修改，更新信息；查询就把所有区间像上面的方式合并起来，复杂度是一只 \(\log\) 的。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n)\)，分块 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n})\) 卡卡应该能过。

---

代码实现中，我们可以采取重载 \(+\) 运算进行信息的维护，这样就可以模仿区间加的方式维护信息：

XDT operator+ (XDT A){
	XDT res;
	res.l = min(l,A.l);
	res.r = max(r,A.r);
	res.Max = max(Max,A.Max);
	res.Min = min(Min,A.Min);
	res.L = max(max(L,A.L),Max - A.Min);
	res.R = max(max(R,A.R),- Min + A.Max);
	res.Ans = max(max(Ans,A.Ans),max(L + A.Max,Max + A.R));
	return res;
}

完整代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
const int N = 5e5 + 5;
 
int n,q,a[N],b[N];
 
struct XDT{
    int l,r;
    int Ans,Max,Min,L,R;
    XDT() { Ans = Max = Min = L = R = - 1e9; }
    
    XDT operator+ (XDT A){
        XDT res;
        res.l = min(l,A.l);
        res.r = max(r,A.r);
        res.Max = max(Max,A.Max);
        res.Min = min(Min,A.Min);
        res.L = max(max(L,A.L),Max - A.Min);
        res.R = max(max(R,A.R),- Min + A.Max);
        res.Ans = max(max(Ans,A.Ans),max(L + A.Max,Max + A.R));
        return res;
    }
 
}t[N << 2];
 
#define ls p << 1
#define rs p << 1 | 1
 
void pushup(int p){
    t[p] = t[ls] + t[rs];
}
 
void build(int p,int l,int r){
    if (l == r){
        t[p].l = t[p].r = l;
        t[p].Max = a[l];
        t[p].Min = b[l];
        return ;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(ls,l,mid), build(rs,mid + 1,r);
    pushup(p);
}
 
void modify1(int p,int x,int y){
    if (t[p].l == t[p].r){
        t[p].Max = y;
        return ;
    }
    int mid = (t[p].l + t[p].r) >> 1;
    if (x <= mid) modify1(ls,x,y);
    else modify1(rs,x,y);
    pushup(p);
}
 
void modify2(int p,int x,int y){
    if (t[p].l == t[p].r){
        t[p].Min = y;
        return ;
    }
    int mid = (t[p].l + t[p].r) >> 1;
    if (x <= mid) modify2(ls,x,y);
    else modify2(rs,x,y);
    pushup(p);
}
 
void query(int p,int l,int r,XDT &ans){
    if (l <= t[p].l && t[p].r <= r) 
        return (void)(ans = ans + t[p]);
    int mid = (t[p].l + t[p].r) >> 1;
    if (l <= mid) query(ls,l,r,ans);
    if (r > mid) query(rs,l,r,ans);
}
 
int read(){
    int x = 0; char ch = getchar();
    while (ch < '0' || ch > '9'){
        ch = getchar();
    }
    while ('0' <= ch && ch <= '9'){
        x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
        ch = getchar();
    }
    return x;
}
 
int main(){
    n = read(), q = read();
    for (int i = 1;i <= n;i++) a[i] = read();
    for (int i = 1;i <= n;i++) b[i] = read();
    build(1,1,n);
    while (q--){
        int o = read(), l = read(), r = read();
        XDT ans;
        if (o == 1) modify1(1,l,r);
        if (o == 2) modify2(1,l,r);
        if (o == 3) query(1,l,r,ans), printf("%d\n",ans.Ans);
    }
    return 0;
}