[国家集训队2011]stone解题报告

题目：

http://cojs.tk/cogs/problem/problem.php?pid=1847

话说Nan在海边等人，预计还要等上M分钟。为了打发时间，他玩起了石子。
Nan搬来了N堆石子，编号为1到N，每堆包含Ai颗石子。
每1分钟，Nan会在编号在[Li,Ri]之间的石堆中挑出任意Ki颗扔向大海（好疼的玩法），如果[Li,Ri]剩下石子不够Ki颗，则取尽量地多。
为了保留扔石子的新鲜感，Nan保证任意两个区间[Li,Ri]和[Lj,Rj] ，不会存在Li<=Lj & Rj<=Ri的情况，即任意两段区间不存在包含关系。
可是，如果选择不当，可能无法扔出最多的石子，这时NN就会不高兴了。所以他希望制定一个计划，他告诉你他m分钟打算扔的区间[Li,Ri]以及Ki。
现在他想你告诉他，在满足前i-1分钟都取到你回答的颗数的情况下，第i分钟最多能取多少个石子。

分析：

先设想该题一个简单的版本：给出所有询问，问是否能够满足？

我们来看“任选石子”的确切含义：每个石子可以放进一个区间。

这是一个贪心问题：枚举每一颗石子，将它放进“包含它且右端最靠前”（并且未被填满的）那个区间。

这个贪心算法显然是对的，举个例子，假设这个石子的位置是10，而有两个区间[7,11]和[9,15]，如果最优解中它在[9,15]中，会发生什么呢？如果在10时[7,11]仍未被填满，那么10后面的一些石子必然放入[7,11]，在这里就是说11放进了[7,11]中，那么我们把11放进[9,15]，而把10放进[7,11]必然不会变得更差。

形式化地，如果石子i没有填进“右端最靠前”的那个区间U，那么我们可以交换i和i之后放进U的某一颗石子j使得答案不会变差。而且j一定存在，因为U在i时未被填满。

但是这样好像仍然无法解决问题啊？（其实有一个比较逗的做法，对每个询问，都二分拿多少石子，用上述贪心算法进行可行性判定）。但是不要捉急，因为这个贪心算法可以导出一个结论：

条件无法满足当且仅当有i<=j使得S(i,j)，其中T(i,j)表示所有包含于[i,j]的区间的值之和，S(i,j)表示i~j堆石子数量之和。

为什么呢？

充分性很好证明。可以发现，S(i,j)

必要性则需要用到贪心的过程。没有可行方案，那就意味着贪心在某一刻失败了——贪心失败时会是什么情形呢？对于某个区间U，没有足够的石子去填满U这个区间。那么，要么U要求的石子数多于U包含的石子数之和，要么就是和U相交的某个区间“不得不”占用了那些石子。因此我们可以一直向前推，直到某个区间V的起点处V，发现我们一路上积累的“要求石子数”多于包含的石子数。也就是说，设i=V的起点，j=U的终点，有S(i,j)

这一证明还有个额外意义。在本题中，任意两个区间是不会互相包含的，而[i,j]至少包含了一个区间，所以[i,j]不在任何区间内部（当然它本身有可能是一个区间，但这并不影响结论）。因此，我们可以把那个充要条件中的(i,j)加强为：不被任一区间严格包含的(i,j)。后面将会用蛋糕这一点。

然后我们再来分析一下S(i,j)和T(i,j)。S(i,j)=S[j]-S[i-1]，其中S[k]表示A[1]+A[2]+...+A[k]。而T(i,j)呢？设左端点在1~k的区间权值和为TL[k],右端点在1~k的区间权值和为TR[k]，那么T(i,j)=TR[j]-TL[i-1]。

可以发现，T(i,j)这一表达式的正确性基于“区间不会互相包含”的条件。因为区间不会包含，所以左端点在1~i-1的那些区间的右端点必然小于j。也就是说，TR[j]是所有右端点<=j的区间权值和，而TL[i-1]就是所有左端点<=j的区间权值和。所以T(i,j)=TR[j]-TL[i-1]

现在我们考虑怎么用这一结论去确定询问的答案。假设我们有了S,TR,TL三个数组，现在给出一个区间[x,y]，求至多能在其中取出多少个？

显然，假设答案为t，那么相应更新TR,TL数组后，必须满足所有的T(i,j)<=S(i,j)，即TR[j]-TL[i-1]<=S[j]-S[i-1]，即(S[j]-TR[j])+(TL[i-1]-S[i-1])>=0，设前一项为f[j]，后一项为g[i-1]，也就意味着：对所有i=0.

那么，假设答案为t，f和g数组会得到怎样的更新呢？

显然，TR[y]~TR[N]都会加上t，故f[y]~f[N]都会减去t。同时，TL[x]~TL[N]都会加上t，即g[x]~g[N]都会减去t。

就像这样，两条竖线是x,y，图比较意识流，凑和着看吧……

现在我们看对于任意的(i,j)，g[i]+f[j]发生了何种变化。

1：如果x<=i；y<=j，那么g[i]+f[j]并未改变，因为t和-t刚好抵消。

2：如果i

3：如果x<=i；j

4：如果i<=j，那么g[i]+f[j]的值减小了t。这很容易理解，因为换句话说，所有包含[x,y]的区间的T值都增加了t。

所以真正需要关注的就是条件4：在修改f,g数组后，对所有i<=j的(i,j)，都必须满足g[i]+f[j]>=0.所以t的最大值就是本次询问之前所有这些g[i]+f[j]的最小值。用线段树维护f,g即可。

这样具体算法就出来了：对于第i个询问[x,y]，查询f[y]~f[N]中最小值a，g[0]~g[x-1]中最小值a+b，那么本次最多拿的石子数t=min(K[i],a+b)。然后，将f[y]~f[N]的每个数都减去t，将g[x]~g[N]的每个数都加上t。

代码：

http://cojs.tk/cogs/submit/code.php?id=142380