题解：P7867 「EVOI-RD1」马戏团

思路分析

设 \(dp_{i,j}\) 为选择第 \(j\) 个至第 \(i\) 个连续舞台的最大收益。分类讨论一下。

• 对于 \(j<i\) 的情况，我们考虑 \(dp_{i,j}\) 比 \(dp_{i-1,j}\) 的答案多了什么。发现其实是多了所有演出中 \(r_k=i\) 且 \(j \le l_k\) 的收益，但是又多加固了第 \(i\) 个舞台，所以要减去 \(c_i\)。所以得到状态转移方程：

\[dp_{i,j}=dp_{i-1,j}-c_i+\sum^{m}_{k=1}[j \le l_k,r_k=i]v_k,j<i \]

• 对于 \(j=i\) 的情况，我们发现上一个状态可以是任意 \(dp_{n,m}(1 \le n \le m < i)\)，但我们可以发现，我们每次更新答案更新的就是这些东西，所以得到状态转移方程：

\[dp_{i,i}=ans-c_i+\sum^{m}_{k=1}[ l_k=r_k=i]v_k,j=i \]

但我们会发现当我们从状态 \(dp_{i-1,j}\) 转移的时候，没有加上 \(j \le l_k < i,r_k=i\) 的 \(v_k\) 值。有没有感觉这个式子有点熟悉，其实这东西就是 \(dp_{i,j}\) 的转移方程，更新答案的时候会一起更新求最大值，所以可以不用管它。

首先先来优化空间，发现 \(dp_{i,j}\) 的转移只和 \(dp{i-1,j}\) 有关，所以可以滚动数组省去 \(i\) 这一维。

那如何优化时间呢？我们可以发现，对于每一个演出，它一定会更新所有满足 \(i=r_k,j \le l_k\) 的 \(dp_{i,j}\) 即 \(dp_j\)。所以当我们枚举 \(i\) 的时候，可以找到所有 \(r_k=i\) 的演出，然后将 \(1 \le j \le l_k\) 的 \(dp_j\) 都加上一个 \(v_k\)。

区间加操作，我们可以维护线段树，线段树的每个点表示每个 \(dp\) 值，然后此操作就可以变成 \(O(\log(n))\) 的时间复杂度了。

那如何找到所有的 \(r_k=i\) 的演出呢，我们可以使用双指针的思路来维护，这样均摊时间复杂度加起来是 \(O(n+m)\) 的，这样我们的时间复杂度就变为 \(O((n+m) \times \log(n))\) 的了。然后就可以愉快的切掉此题。

这，就是传说中的线段树优化 DP。

AC code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define mid (l+r>>1)

const int N=1e6+10;

int n,m,ans;
int cost[N],tr[N<<2],lan[N<<2];

struct node{
	int l,r,v;
}a[N];

inline int read(){
	int t=0,f=1;
	register char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') f=(c=='-')?(-1):(f),c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') t=(t<<3)+(t<<1)+(c^48),c=getchar();
	return t*f;
}

bool cmp(node x,node y){return x.r<y.r;}

void pushup(int bian){tr[bian]=max(tr[bian<<1],tr[bian<<1|1]);}

void pushdown(int bian){
	tr[bian<<1]+=lan[bian];
	tr[bian<<1|1]+=lan[bian];
	lan[bian<<1]+=lan[bian];
	lan[bian<<1|1]+=lan[bian];
	lan[bian]=0;
}

void update(int bian,int l,int r,int L,int R,int x){
	if(L<=l&&R>=r){tr[bian]+=x,lan[bian]+=x;return;}
	if(lan[bian]) pushdown(bian);
	if(L<=mid) update(bian<<1,l,mid,L,R,x);
	if(R>mid) update(bian<<1|1,mid+1,r,L,R,x);
	pushup(bian);
}

signed main(){
	n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) cost[i]=read();
	for(int i=1;i<=m;i++) a[i].l=read(),a[i].r=read(),a[i].v=read();
	sort(a+1,a+1+m,cmp);
	for(int i=1,j=1;i<=n;i++){
		update(1,1,n,1,i,-cost[i]);
		update(1,1,n,i,i,ans);
		while(a[j].r==i&&j<=m) update(1,1,n,1,a[j].l,a[j].v),j++;
		ans=max(ans,tr[1]); //此时的 tr[1] 就是所有 dp 的最大值 
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}