【ACWing】245. 你能回答这些问题吗

题目地址：

https://www.acwing.com/problem/content/description/246/

给定长度为$N$的数列$A$，以及$M$条指令，每条指令可能是以下两种之一：1 x y，查询区间$[x,y]$中的最大连续子段和，即 ${\max }_{x\le l\le r\le y}{\sum }_{i=l}^{r}A[i]$；2 x y，把$A[x]$改成$y$。对于每个查询指令，输出一个整数表示答案。

输入格式：
第一行两个整数$N,M$。第二行$N$个整数$A[i]$。接下来$M$行每行$3$个整数$k,x,y$，$k=1$表示查询（此时如果$x>y$，请交换$x,y$），$k=2$表示修改。

输出格式：
对于每个查询指令输出一个整数表示答案。每个答案占一行。

数据范围：
$N\le 500000,M\le 100000$
$-1000\le A[i]\le 1000$

涉及到区间查询和单点修改，可以用线段树来做。考虑一下每个树节点要存什么，首先其维护的区间左右端点肯定是要的，接着，维护的区间的最大子段和肯定也是要的；如果需要计算当前区间的最大子段和，其有若干种情况，一种是该最大子段和完全包含在左右子区间中，另一种是最大子段和要横跨中点；前者只需要子区间的最大子段和即可，后者则需要左子区间的最大后缀和与右子区间的最大前缀和，这样最大子段和已经解决了。接下来的问题是，要求当前区间的最大前后缀，是否可以依靠左右子区间的相关信息求出来。这一点也可以类似讨论，当前区间的最大前缀可能是左子区间的最大前缀（未横跨中点），也可能是左子区间的和加上右子区间的最大前缀；当前区间的最大后缀类似。所以我们看出，还需要存一下维护的区间和。综上所述，我们需要在树节点里存储的信息就是：当前维护区间的左右端点，维护区间的最大前后缀和，维护区间的区间和还有维护区间的最大子段和。代码如下：

#include 
using namespace std;

const int N = 500010;
int n, m;
// w数组存输入数列，从w[1]开始存
int w[N];
struct Node {
    int l, r;
    int sum, lmax, rmax, tmax;
} tr[4 * N];

// 已知左右子区间的树节点l和r，更新当前区间的节点root
void pushup(Node &root, Node &l, Node &r) {
    root.sum = l.sum + r.sum;
    root.lmax = max(l.lmax, l.sum + r.lmax);
    root.rmax = max(r.rmax, r.sum + l.rmax);
    // 最大子段和要么完全在左右子区间内部，要么横跨中点
    root.tmax = max(max(l.tmax, r.tmax), l.rmax + r.lmax);
}

void pushup(int u) {
    pushup(tr[u], tr[u << 1], tr[u << 1 | 1]);
}

void build(int u, int l, int r) {
    if (l == r) tr[u] = {l, r, w[l], w[l], w[l], w[l]};
    else {
    	// 注意上面的pushup里没有更新tr[u]维护的区间左右端点，所以这里要加上去
        tr[u] = {l, r};
        int m = l + (r - l >> 1);
        build(u << 1, l, m), build(u << 1 | 1, m + 1, r);
        pushup(u);
    }
}

int modify(int u, int x, int v) {
    if (tr[u].l == x && tr[u].r == x) tr[u] = {x, x, v, v, v, v};
    else {
        int m = tr[u].l + (tr[u].r - tr[u].l >> 1);
        if (x <= m) modify(u << 1, x, v);
        else modify(u << 1 | 1, x, v);

        pushup(u);
    }
}

Node query(int u, int l, int r) {
    if (l <= tr[u].l && tr[u].r <= r) return tr[u];
    
    int m = tr[u].l + (tr[u].r - tr[u].l >> 1);
    if (r <= m) return query(u << 1, l, r);
    else if (l > m) return query(u << 1 | 1, l, r);
    else {
        Node left = query(u << 1, l, r), right = query(u << 1 | 1, l, r);
        Node res;
        pushup(res, left, right);
        return res;
    }
}

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> w[i];
    build(1, 1, n);

    while (m--) {
        int k, x, y;
        cin >> k >> x >> y;
        if (k == 1) {
            if (x > y) swap(x, y);
            cout << query(1, x, y).tmax << endl;
        } else modify(1, x, y);
    }
    
    return 0;
}

预处理时间复杂度$O(N)$，每次操作时间$O(\log N)$，空间$O(N)$。