题解：P8102 「LCOI2022」 Cow Insertion

这边是题目传送门喵~

这边是题目传送门喵~

很有意思的题目喵。

题意

注：本题解中用 \(a_0\) 表示原题干中的 \(A\)。

给定由 \(n\) 个自然数组成的序列 \(a_1,a_2,\dots,a_n\) 和一个自然数 \(a_0\)，将 \(a_0\) 插入序列 \(a\) 后用一个长为 \(m\) 的滑动窗口，每次记录 \(m\) 个数的最大值。

最大化上述操作中的最大值之和。

思路

首先考虑如果没有增加一个 \(a_0\) 的条件怎么做：那不就是单调队列板子了吗？

然后回到原来的题意：

考虑增加一个 \(a_0\) 的本质：假设将 \(a_0\) 加在了 \(a_i,a_{i+1}\) 之间，对原来的很多段的贡献都是毫无影响的，例如下图（数字代表的是下标而不是值，\(0\) 代表 \(a_0\) 的位置）：

显然这两个区间是不受影响的。

下面考虑被影响的区间：

1. 增加的区间：

   

   显而易见，这三个区间都包含加入的新元素，是之前未曾存在的。观察发现这三个区间，都是 \(m-1\) 个旧元素与 \(a_0\) 组成的。这些段的共性是包含 \(a_0\)。

2. 减少的区间：

   

   在加入新元素后的序列中这两段不复存在了。因为新加入的元素使他们不在连续。不难发现，“消失”的段应该满足的条件是同时包含 \(a_i\) 和 \(a_{i+1}\)。

综上所述：插入一个数对原来序列的影响就是增加了 \(m\) 个新区间的贡献，又减少了 \(m-1\) 个原区间的贡献。

因此思路油然而生了：先预处理每一个长度为 \(m\) 段里的最大值，再预处理每一个长度为 \(m-1\) 段与 \(a_0\) 里的最大值。

想到要对这些区间最大值进行相加，因此可以继续预处理这两个预处理值的前缀和。

假设右端点从 \(1\) 到 \(i\) 中，长度为 \(m\) 段里的最大值之和为 \(sum_{1,i}\)，长度为 \(m-1\) 段与 \(a_0\) 里的最大值之和为 \(sum_{2,i}\)。这里用右端点是为了便于进行单调队列操作，\(sum_1\) 是从 \(m\) 处才开始有而 \(sum_2\) 是从 \(m - 1\) 处才开始有的。

那么，对于将 \(a_0\) 插入到 \(a_i\) 后面的位置，答案就很好求出来了：

\[sum_{1,n} + (sum_{2,i + m - 1}-sum_{2,i - 1}) - (sum_{1,i + m - 1} - sum_{1,i - 1 - 1}) \]

整理一下就是：

\[ans = \max_{m \leq i \leq n}{sum_{1,n} + (sum_{2,i + m - 1}-sum_{2,i - 1}) - (sum_{1,i + m - 1} - sum_{1,i - 2})} \]

时间复杂度 \(\Theta (n)\)，足以通过此题。

代码

那把这个公式一代入不就写完了吗（只不过显得有点长罢了）。

注意事项：

1. 那如果下标超过了 \(n\) 我们可以将其视为一直到序列末端，也就是把超过 \(n\) 的都视为 \(n\)。

2. 对应地，如果 \(sum_1\) 下标不足 \(m\)，或 \(sum_2\) 下标不足 \(m - 1\)，则补足为 \(m\) 或 \(m - 1\)。

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define loop(i,a,b) for(int i=(a);i<=(int)(b);i++)
#define rloop(i,a,b) for(int i=(a);i>=(int)(b);i--)
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair<int,int> pii;

const int N=5e6+5;
const int mod=1e9+7;
const int inf=0x3f3f3f3f;

int n,m,a0,a[N];
int q[N],l,r;
ll sum1[N],sum2[N];

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n>>m>>a0;
    loop(i,1,n)cin>>a[i];
    if(m==1){ // 特判
        ll ans=a0;
        loop(i,1,n)ans+=a[i];
        cout<<ans<<'\n';
        return 0;
    }
    // 预处理长度为 m 的段
    l=1,r=0;
    loop(i,1,n){
        while(l<=r&&a[q[r]]<=a[i])r--;
        while(l<=r&&q[l]+m<=i)l++;
        q[++r]=i;
        if(i>=m)sum1[i]=sum1[i-1]+a[q[l]];
    }
    // 预处理长度为 m-1 的段
    l=1,r=0;
    loop(i,1,n){
        while(l<=r&&a[q[r]]<=a[i])r--;
        while(l<=r&&q[l]+m-1<=i)l++;
        q[++r]=i;
        if(i>=m-1)sum2[i]=sum2[i-1]+max(a[q[l]],a0);
    }
    // 求答案
    ll ans=sum1[n]+sum2[m-1];
    loop(i,m,n){
        ans=max(ans,sum1[n]-(sum1[min(n,i+m-1)]-sum1[max(m-1,i)])+(sum2[min(n,i+m-1)]-sum2[max(m-2,i-1)]));
    }
    cout<<ans<<'\n';
    return 0;
}

后记

感谢 @qixiandaa 在代码查错上给了我莫大的帮助喵~

完结撒花花！~