[NOI2010]超级钢琴

Problem

传送门

给一个长度为\(n\)的序列\(A\),定义子区间价值\(W_{[l,r]}=\sum_{i = l}^{i \leq r}A_i\)

要求选出\(k\)个互不相同的子区间,使选出的区间价值和最大。

Solution

首先,为了快速求出一段区间的和,我们预处理前缀和

然后就是一个很巧妙的技巧:

定义\(Max_{(o,l,r)}\)为以\(o\)为左端点,长度在区间\([l,r]\)以内的权值和最大的连续区间。

很显然\(Max_{(o,l,r)}=max(sum(t)-sum(o - 1), t∈[l,r])\)

其中\(sum(x) = \sum_{i = 1}^{i \leq x}A[i]\)

因为固定了o点,\(sum(o - 1)\)一定是确定的,所以我们相当于要求\(sum(t)\)在区间\([l,r]\)中的最大值。

不难想到用线段树维护,但是因为没有修改操作,可以直接用\(RMQ\)

然后就是贪心了,维护一个大根堆,每次询问堆顶元素的权值,在将它从堆中删除……

然后就愉快的\(WA\)\(SB\)了……

分析错误原因,是我们没有考虑以\(o\)为左端点的区间有可能有不止一个区间可以为答案做出贡献……

所以我们在删除对顶元素时,还需要将剩余部分插入堆

假设当前堆顶的元素为\(Max_{(o,l,r)}\)且区间长度为\(t\)时,取到最大值

在删除后我们将\(Max_{(o,l,t - 1)}\)\(Max_{(o,t + 1, r)}\)扔回堆中即可

Code

#include 

using namespace std;

#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define mp make_pair
#define fst first
#define snd second

template inline bool chkmin(T &a, const T &b) { return a > b ? a = b, 1 : 0; }
template inline bool chkmax(T &a, const T &b) { return a < b ? a = b, 1 : 0; }

inline int read(){
    int res = 0, fl = 1;
    char r = getchar();
    for (; !isdigit(r); r = getchar()) if(r == '-') fl = -1;
    for (; isdigit(r); r = getchar()) res = (res << 3) + (res << 1) + r - 48;
    return res * fl;
}
typedef long long LL;
typedef pair pii;
const int Maxn = 2e6 + 10;
int n, L, R, k, a[Maxn], ok;
namespace RMQ{
    pii RMQ[Maxn][21];
    int Log[Maxn], Pow[30];
    inline pii Query(int l, int r){
        return max(RMQ[l][Log[r - l + 1]], RMQ[r - Pow[Log[r - l + 1]] + 1][Log[r - l + 1]]);
    }
    void init(){
        int num = 1;
        Log[0] = -1;
        for (int i = 1; i <= n; ++i){
            if(i == num) Log[i] = 1, num = num << 1;
            Log[i] += Log[i - 1];
            RMQ[i][0] = mp(a[i], i);
        }
        Pow[0] = 1;
        for (int i = 1; i <= 20; ++i) Pow[i] = Pow[i - 1] << 1;
        for (int j = 1; j <= Log[n]; ++j)
            for (int i = 1; i <= n; ++i)
                RMQ[i][j] = max(RMQ[i][j - 1], RMQ[i + Pow[j - 1]][j - 1]);
    }
}
struct node{
    int o, l, r, val;
    bool operator < (const node & T) const{ return val < T.val;}
    inline int Query(){ return RMQ::Query(o + l - 1, o + r - 1).fst - a[o - 1];}
    inline int Where(){ return RMQ::Query(o + l - 1, o + r - 1).snd - o + 1;}
};
priority_queue Q;
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("a.in", "r", stdin);
    freopen("a.out", "w", stdout);
#endif
    n = read(), k = read(), L = read(), R = read();
    for (int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read() + a[i - 1];
    RMQ::init();
    for (int i = 1; i <= n - L + 1; ++i){
        node now = (node){i, L, min(R, n - i + 1), 0};
        now.val = now.Query();
        Q.push(now);
    }
    LL ans = 0;
    node nxt;
    while(k--){
        node now = Q.top();
        ans += now.val;
        Q.pop();
        if(now.Where() > now.l)
            nxt = (node){now.o, now.l, now.Where() - 1, 0}, nxt.val = nxt.Query(), Q.push(nxt);
        if(now.Where() < now.r)
            nxt = (node){now.o, now.Where() + 1, now.r, 0}, nxt.val = nxt.Query(), Q.push(nxt);
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/LZYcaiji/p/10611178.html

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