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：
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;
}
