[线段树（猫树）] 最大连续和

题目描述

给出一个含有 $N$ 个结点的环，编号分别为$1\dots N$，环上的点带有权值（可正可负），现要动态的修改某个点的权值，求每次修改后环上的最大连续和，但不能是整个序列的和。

输入格式

第一行为一个整数 $N$。
第二行为 $N$ 个用空格分开的整数。
第三行为一个整数 $M(4\le M\le 100000)$，表示修改的次数(绝对值小于等于 $1000$)。
接下来 $M$ 行，每行两个整数 $A$ 和 $B$，表示将序列中的第 $A$ 个数的值，修改为 $B$。

输出格式

对于每个修改，输出修改后环上的最大连续和。

样例

样例输入1：

5
3 -2 1 2 -5
4
2 -2
5 -5
2 -4
5 -1

样例输出1：

4
4
3
5

数据范围

$4\le N\le 100000$
$1\le A\le N$
$-1000\le B\le 1000$

题解

思路：

本题求序列的最大连续子段和（环形，不是整个序列），并且支持单点修改和区间查询。

考虑环形的最大连续字段和怎么求，有两种情况：

1. 没有经过最左边和最右边。就是求普通的最大连续字段和。
2. 经过最左边和最右边。用总和减去最小连续字段和求得最大。

接下来考虑如何让最大连续子段不是整个序列。

在查询时，分别查 $(1,n-1)$ 和 $(2,n)$ 的值，再合并即可。

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连续子段和的线段树求法：
采用合并的思想。

对于每段区间，记录 $lsum$（包含左端点的最大值），$rsum$（包含右端点的最大值），$psum$（整个区间的最大值），$sum$（整个区间的和）。
将两个小区间 $x,y$ 合并成大区间 $a$ 时，$a_{lsum}=\max (x_{lsum},x_{sum}+y_{lsum})$（继承左边，或左边 $+$ 右边的最左边最大值），$a_{rsum}=\max (y_{rsum},y_{sum}+x_{rsum})$（继承右边，或右边 $+$ 左边的最右边最大值），$a_{psum}=\max (a_{lsum},a_{rsum},x_{rsum}+y_{lsum})$（可以为包含 $l,r$ 的最大值，或者左右合并成的值）。

void updata(int bh){
	tr[bh].sum = tr[bh * 2].sum + tr[bh * 2 + 1].sum;
	tr[bh].lsum = max(tr[bh * 2].lsum, tr[bh * 2].sum + tr[bh * 2 + 1].lsum);
	tr[bh].rsum = max(tr[bh * 2 + 1].rsum, tr[bh * 2 + 1].sum + tr[bh * 2].rsum);
	tr[bh].psum = max(tr[bh * 2].psum, max(tr[bh * 2 + 1].psum, tr[bh * 2].rsum + tr[bh * 2 + 1].lsum));
}

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连续字段和的猫树求法：
猫树比线段树快，但不支持修改，即一种静态的线段树。
构造猫树需要 $O(n\log n)$，但是查询只需要 $O(1)$。

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${}^1$在查询 $[l,r]$ 这段区间的信息和的时候，将线段树树上代表 $[l,l]$ 的节点和代表 $[r,r]$ 这段区间的节点在线段树上的 LCA 求出来，设这个节点 $p$ 代表的区间为 $[L,R]$，我们会发现一些的性质：

1. 由于 $[L,R]$ 为 $l$ 和 $r$ 的 LCA，所以 $[L,R]$ 一定包含 $[l,r]$。
2. $[l,r]$ 一定横跨 $[L,R]$ 的中点。如果 $l$ 和 $r$ 都在一边，则那一边就已经为 $l$ 和 $r$ 的祖先了。因此，$l$ 一定在 $[L,mid]$ 这个区间内，$r$ 一定在 $(mid,R]$ 这个区间内。

具体来说，我们建树的时候对于线段树树上的一个节点，设它代表的区间为 $(l,r]$。
但是不像普通的线段树一样开结构体，直接开两个数组，前缀数组和后缀数组。

询问时，先将 $[l,l]$ 和 $[r,r]$ 的 LCA 求出来，根据性质 $2$，于是我们可以使用 $p$ 里面的前缀和数组和后缀和数组，将 $[l,r]$ 拆成 $[l,mid]+(mid,r]$ 从而拼出来 $[l,r]$ 这个区间。
但似乎处理起来很困难。

我们将这个序列补成 $2$ 的整次幂，然后建树。
此时我们发现线段树上两个节点的 LCA 编号，就是两个节点二进制编号的最长公共前缀 LCP。
我们可以发现在 $x$ 和 $y$ 的二进制下 $lcp(x,y)=x>>log[xxory]$。
所以我们预处理一个 $log$ 数组即可轻松完成了任务。

int lg[400010], a[100010];
int pos[100010];
int f1[21][100010], f2[21][100010];
void build(int bh, int l, int r, int d){
	if(l == r){
		pos[l] = bh;
		return;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	int s1 = a[mid], s2 = a[mid];
	f1[d][mid] = f2[d][mid] = a[mid];
	s2 = max(s2, 0);
	for(int i = mid - 1; i >= l; -- i){
		s1 += a[i], s2 += a[i];
		f1[d][i] = max(f1[d][i + 1], s1);
		f2[d][i] = max(f2[d][i + 1], s2);
		s2 = max(s2, 0);
	}
	s1 = s2 = a[mid + 1];
	f1[d][mid + 1] = f2[d][mid + 1] = a[mid + 1];
	s2 = max(s2, 0);
	for(int i = mid + 2; i <= r; ++ i){
		s1 += a[i], s2 += a[i];
		f1[d][i] = max(f1[d][i - 1], s1);
		f2[d][i] = max(f2[d][i - 1], s2);
		s2 = max(s2, 0);
	}
	build(bh * 2, l, mid, d + 1);
	build(bh * 2 + 1, mid + 1, r, d + 1); 
}
int query(int x, int y){
	if(x == y){
		return a[x];
	}
	int d = lg[pos[x]] - lg[pos[x] ^ pos[y]];
	return max(max(f2[d][x], f2[d][y]), f1[d][x] + f1[d][y]);
}
int main(){
	int l = 0, len;
	for(len = 2; len < n; len <<= 1){
	}
	l = len << 1;
	for(int i = 2; i <= l; ++ i){
		lg[i] = lg[i >> 1] + 1;
	}
	build(1, 1, len, 1);
	scanf("%d", &m);
	while(m --){
		int x, y;
		scanf("%d %d", &x, &y);
		printf("%d\n", query(x, y));
	}
}