P2048 [NOI2010] 超级钢琴

博客园还能导入题解？很神秘

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题目描述

给出一个长度为 \(n\) 的序列，从中选出 \(k\) 个不同的二元组 \(\left(l,r\right),1 \le l \le r \le n\) ，使得 \(L \le r-l+1 \le R\) 且对于所有的 \(\sum_{l\le i\le r}a_i\) 的和最大。

思路

最坏情况下有 \(n^2\) 种不同的情况，排序选前 \(k\) 个复杂度 \(n^2logn+k\)。
考虑优化，发现取的个数 \(k\) 远远达不到 \(n^2\) ，看能不能走一步看一步，即每次选一个最大值，然后能快速找到下一个最大值。

考虑对于每个左端点 \(l\)，从 \(\left(x,y\right)\) 里找到一个最优右端点 \(r\)，即一个四元组 \(\left(l,x,y,r\right)\)，从这 \(n\) 个里面选一个，一定是全局最优的，假设这个是 \(\left(l,x,y,R\right)\)，那么接下来会分裂出两个四元组 \(\left(l,x,R-1,r\right)\) 和 \(\left(l,R+1,y,r\right)\)，然后分别计算两边的最大值，直接用 \(\verb!st!\) 表预处即可，总复杂度 \(\left(n+k\right)log\left(n+k\right)\)。

\(\verb!oh!\) 忘说了，就是如何快速求出最优右端点，总所周知，区间和可以等于 \(sum_r-sum_{l-1}\)，\(sum\) 是前缀和数组，那我固定了 \(l\)，只需要找到 \(sum_r\) 最大的即可。

code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
#define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf1) + fread(buf1, 1, 1 << 21, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
char buf1[1 << 23], *p1 = buf1, *p2 = buf1, ubuf[1 << 23], *u = ubuf;
namespace IO
{
	template<typename T>
	void read(T &_x){_x=0;int _f=1;char ch=getchar();while(!isdigit(ch)) _f=(ch=='-'?-1:_f),ch=getchar();while(isdigit(ch)) _x=_x*10+(ch^48),ch=getchar();_x*=_f;}
	template<typename T,typename... Args>
	void read(T &_x,Args&...others){Read(_x);Read(others...);}
	const int BUF=20000000;char buf[BUF],to,stk[32];int plen;
	#define pc(x) buf[plen++]=x
	#define flush(); fwrite(buf,1,plen,stdout),plen=0;
	template<typename T>inline void print(T x){if(!x){pc(48);return;}if(x<0) x=-x,pc('-');for(;x;x/=10) stk[++to]=48+x%10;while(to) pc(stk[to--]);}
}
using namespace IO;
const int N = 2e6+10;//空间占用最大应为n+2*k，不要开小了 
int n,k,o,L,R,a[N],sum[N],cnt,st[20][N],lg[N],x,ans; 
priority_queue<pair<int,int> >p;//最大值和对应的四元组下标 
inline int Max(int x,int y){if(sum[x] > sum[y]) return x; return y;}//范围sum最大的位置编号 
struct w
{
	int L,R,l,r;
}b[N];//四元组 
signed main()
{
	read(n),read(k),read(L),read(R);
	for(int i = 1;i <= n;i++) read(a[i]),sum[i] = sum[i-1]+a[i],st[0][i] = i;
	for(int i = 2;i <= n;i++) lg[i] = lg[i/2]+1;
	for(int i = 1;i <= lg[n];i++)
		for(int j = 1;j+(1<<i)-1 <= n;j++)
			st[i][j] = Max(st[i-1][j],st[i-1][j+(1<<(i-1))]);
	for(int i = 1;i+L-1 <= n;i++)
	{
		b[i].l = L+i-1,b[i].r = min(R+i-1,n);//R端点的取值范围 
		o = lg[b[i].r-b[i].l+1];
		b[i].L = i,b[i].R = Max(st[o][b[i].l],st[o][b[i].r-(1<<o)+1]);
		p.push(make_pair(sum[b[i].R]-sum[b[i].L-1],i)); cnt++;
	}
	for(int i = 1;i <= k;i++)
	{
		x = p.top().second;	p.pop();
		ans += sum[b[x].R]-sum[b[x].L-1]; //加入贡献 
		if(b[x].l != b[x].R)//不能分裂就不分 
		{
			b[++cnt].L = b[x].L,b[cnt].l = b[x].l,b[cnt].r = b[x].R-1;
			o = lg[b[cnt].r-b[cnt].l+1];
			b[cnt].R = Max(st[o][b[cnt].l],st[o][b[cnt].r-(1<<o)+1]);
			p.push(make_pair(sum[b[cnt].R]-sum[b[cnt].L-1],cnt));
		}
		if(b[x].R != b[x].r)
		{
			b[++cnt].L = b[x].L,b[cnt].l = b[x].R+1,b[cnt].r = b[x].r;
			o = lg[b[cnt].r-b[cnt].l+1];
			b[cnt].R = Max(st[o][b[cnt].l],st[o][b[cnt].r-(1<<o)+1]);
			p.push(make_pair(sum[b[cnt].R]-sum[b[cnt].L-1],cnt));
		}
	}
	print(ans); flush();
	return 0;
}