2026.7 做题记录

1. P2048

   大名鼎鼎的超级钢琴．显然考虑前缀和的差．

   法一：

   尝试规约成简单问题．假设我们能够知道第 \(k\) 大的 \(s_j - s_i\)，设为 \(M\)，于是问题大致划分为求 \(M\) 和求不小于 \(M\) 的 \(s_j - s_i\) 的和．

   先二分答案求 \(M\)．对于每个 \(j = L, \dots, n\)，统计 \(\left[ \max\{ j - R, 0 \}, j - L \right]\) 中有多少个 \(i\) 满足 \(s_i \le s_j - M\)．相当于是固定宽度的二维数点，可以用树状数组统计，需要离散化．由于卡常，需要精细实现以减小常数．顺便求出符合的 \((i,j)\) 个数 \(cnt\)，答案是不小于 \(M\) 的 \(s_j - s_i\) 的和减去 \((cnt - k) \times M\)．对于这个和，仍然遍历 \(j\)，显然可以用小根堆维护全体备选的 \(s_i\)．

   实际上，由于恰好等于 \(M\) 的 \(s_j - s_i\) 可能很多，上述做法复杂度会假掉．正确的修正方案是改为计算严格大于 \(M\) 的 \(s_j - s_i\) 的和，统计这部分的 \((i,j)\) 数 \(cnt^{\prime}\)，再加上 \((k - cnt^{\prime}) \times M\)．

   以上做法有 \(O(n\log n\log S + k\log n)\) 的时间复杂度．其中 \(S = \sup \sum_{i=1}^{n} |a_i| = 5 \times 10^8\)．

   法二：

   经典做法．对每个 \(j = L, \dots, n\)，用堆维护 \(f(l, r, j)\) 表示以 \(j\) 为右端点，左端点在 \([l, r]\) 中选取，能取到的最大值．取出 \(f(l, r, j)\) 后 \(f(l, i - 1, j)\) 和 \(f(i + 1, r, j)\) 入堆．正确性在于每次取到的都是剩下的可能性中最大的，且不重不漏．时间复杂度 \(O(n\log n + k\log (n + k))\)．