【arc067F】Yakiniku Restaurants

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Solution

　　这题其实好像。。思维难度不算特别大==（众神犇：这不是弱智题吗？）但是我再一次在场上想到之后自己fou掉了正确的解法qwq真是全场最佳qwq

　　首先比较容易想到走的时候为了让减去的值尽量小，肯定是从前往后走的

　　然而这样想好像没有什么用== 这个时候又有一个很粗暴的想法：如果说我们已经钦定了走的是哪一段（假设是从\(l\)走到\(r\)），那么我们只要求出每张票在这段区间中的价值的最大值，然后加起来再减掉钦定的距离就是答案了

　　枚举\(l\)和\(r\)是\(n^2\)的，现在我们需要一个比较快速的求区间最大值之和的方法

　　最大值的话。。我们考虑固定左端点\(l\)，然后移动\(r\)，容易发现在这个过程中对于每一张票，它的最大值是单调的（不下降），我们考虑对于每一张票用一个单调栈来维护一下当前最大值

　　但是这样还不能够统计快速统计到当前区间的最大值之和

　　我们考虑维护一个数组\(val\)，\(val[i]\)表示当左端点\(l\)固定的时候，右端点\(r\)为\(i\)时的最大值增量，这个东西可以在单调栈维护最大值的时候一并处理，具体一点的操作就是：对于每一个新加进栈里的元素（也就是当前的最大值），我们记这个元素的位置为\(pos\)，在\(val[pos]\)处加上该元素的值，并在栈中前一个元素的位置减去当前元素的值（移到那里去的话就不包含当前元素了），然后在元素出栈的时候，对于当前出栈的元素，在它的位置上减去这个元素的值，再在它的栈中前一个元素的位置加上它的值（其实就是和上面的操作反过来，相当于消除这个元素的影响）

　　然后查询的时候，我们从大到小枚举\(l\)（单调栈需求），然后将当前行的每张票的值丢到其对应的单调栈里面，从小到大枚举\(r\)，不断加上\(val\)这个增值，更新答案，在往后走的时候减去距离的代价即可

　　时间复杂度是\(O(n(n+m))\)的，然而好像有人写的是\(O(nmlogn)\)（还是\(logm\)忘记了qwq）也可以过qwq

　　最后吐槽一下自己的弱智操作：想到了这个做法之后非常开心，但是马上又觉得我要先把所有左端点对应的增值数组先算出来，然后最后统计的时候再累加然后就爆炸了==
　　

　　代码大概长这个样子

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=5010,TOP=10;
int a[N][N];
ll val[N];
int dis[N];
int n,m;
ll ans;
struct Stack{
	int st[N],which,top;
	void init(int _which){which=_which;}
	void push(int x){
		while (top&&a[st[top]][which]<=a[x][which]){
			val[st[top]]-=a[st[top]][which];
			if (top>1)
				val[st[top-1]]+=a[st[top]][which];
			--top;
		}
		st[++top]=x;
		val[st[top]]+=a[st[top]][which];
		if (top>1)
			val[st[top-1]]-=a[st[top]][which];
	}
}St[N];

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("a.in","r",stdin);
#endif
	ll now;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<n;++i) scanf("%d",dis+i);
	memset(val,0,sizeof(val));
	for (int i=1;i<=n;++i)
		for (int j=1;j<=m;++j)
			scanf("%d",&a[i][j]);
	for (int i=1;i<=m;++i) St[i].init(i);
	for (int l=n;l>=1;--l){
		for (int i=1;i<=m;++i) 
			St[i].push(l);
		now=0;
		for (int r=l;r<=n;++r){
			now+=val[r];
			ans=max(ans,now);
			now-=dis[r];
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
}