题解 CF2057D Gifts Order

【洛谷专栏】。

非常好 D，让我晚一秒交上去，结果掉分了。

题意

一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\)，定义函数 \(f(l,r)\)：

\[f(l,r) = \max(a_l, a_{l + 1}, \ldots, a_r) - \min (a_l, a_{l + 1}, \ldots, a_r) - (r - l) \]

有 \(q\) 次修改，在第一次修改前和每一次修改 \(a_p \gets x\) 后，求对于所有 \(1 \le l \le r \le n\)，\(f(l,r)\) 的最大值。

分析

为了让以上值最大区间长度一定不能浪费，所以能取最大值的只可能有两种情况：

1. \(a_l\) 最小，\(a_r\) 最大，表达式为 \((a_r - r) - (a_l - l)\)。
2. \(a_r\) 最小，\(a_l\) 最大，表达式为 \((a_l + l) - (a_r + r)\)。

所以直接用线段树分别维护 \(a_i - i\) 和 \(a_i + i\) 的最值即可。

具体操作见代码，时间复杂度 \(O(n \log n)\)。

代码

//the code is from chenjh
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define MAXN 200002
#define lson (rt<<1)
#define rson (rt<<1|1)
using namespace std;
using ci=const int;
int n,q;
struct Node{
	//a_l + l - (a_r + r)
	//a_r - r - (a_l - l)
	int mx1,mx2,mn1,mn2,ans;// 1 表示 a_i + i，2 表示 a_i - i。
	Node operator + (const Node&A){//节点合并。
		Node ret;
		ret.mx1=max(mx1,A.mx1),ret.mx2=max(mx2,A.mx2);//对两个最大值取最大值。
		ret.mn1=min(mn1,A.mn1),ret.mn2=min(mn2,A.mn2);//对两个最小值取最小值。
		ret.ans=max({ans,A.ans,mx1-A.mn1,A.mx2-mn2});//两边的答案，以及 (a_l + l) - (a_r + r) 和 (a_r - r) - (a_l - l) 两种情况。
		return ret;
	}
}t[MAXN<<2];//线段树空间记得开 4 倍，要不然就会像我 RE on #7 遗憾离场。
int a[MAXN];
void bld(ci rt,ci l,ci r){
	if(l==r){t[rt].mx1=t[rt].mn1=a[l]+l,t[rt].mx2=t[rt].mn2=a[l]-l,t[rt].ans=0;return;}//线段树建树。
	int mid=(l+r)>>1;
	bld(lson,l,mid),bld(rson,mid+1,r);
	t[rt]=t[lson]+t[rson];
}
void upd(ci rt,ci l,ci r,ci p,ci v){//单点修改。
	if(l==r){a[l]=v,t[rt].mx1=t[rt].mn1=a[l]+l,t[rt].mx2=t[rt].mn2=a[l]-l,t[rt].ans=0;return;}
	int mid=(l+r)>>1;
	p<=mid?upd(lson,l,mid,p,v):upd(rson,mid+1,r,p,v);
	t[rt]=t[lson]+t[rson];
}
void solve(){
	scanf("%d%d",&n,&q);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	bld(1,1,n);
	printf("%d\n",t[1].ans);//直接查询全局最大值。
	for(int p,x;q--;){
		scanf("%d%d",&p,&x);
		upd(1,1,n,p,x);
		printf("%d\n",t[1].ans);
	}
}
int main(){
	int T;scanf("%d",&T);
	while(T--) solve(); 
	return 0;
}