bzoj4906: [BeiJing2017]喷式水战改

Description

【题目背景】
拿到了飞机的驾照(?)，这样补给就不愁了
XXXX年XX月XX日
拿到了喷气机(??)的驾照，这样就飞得更快了
XXXX年XX月XX日
拿到了攻击机(???)的驾照（不存在的）
XXXX年XX月XX日
用铅版做夹层的话，机身可是会变重的呢
XXXX年XX月XX日
幸酱的特制快递，精确投递到了目标地点
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又是核平的一天。
天音正在给喷气机做保养，并充填燃料。
这种喷气机是某姬(?????)特别制作的，发动机拥有三种工作状态
1、通常型（Original）：在高空平飞或隐蔽飞行时进行的低功耗高效率工作状态
2、后期型（Extended）：为在俯冲时最大化能量利用率而特别改造过的工作状态
3、增强型（Enhanced）：在俯冲攻击结束后为产生极限扭力抬高高度的工作状态
在一次攻击中，喷气机将会经历"通常-后期-增强-通常"的工作流程
不同工作状态中，燃料的利用效率是不同的
现在天音正在调整喷气机燃料装填序列
你需要做的就是求出燃料能产生的最大总能量
为什么是你？
和平还是核平，选一个吧
 
【题目描述】
初始燃料序列为空。每次操作会向序列中的pi位置添加xi单位的同种燃料，该燃料每一单位在三种工作状态下能产
生的能量分别为ai, bi, ci。添加的位置pi是指，在添加后，加入的第一个单位燃料前面有pi个单位的原燃料。全
部的xi单位燃料依次放置，然后原来在pi位置的燃料（如果有的话）依次向后排列。对于一个确定的燃料序列，其
能产生的最大总能量为：将序列依次分成"通常-后期-增强-通常"四段（每段可以为空），每一段在对应工作状态
下产生的能量之和的最大值。对于每次添加操作，你需要给出该次操作使得最大总能量增加了多少。如果对于这种
计算方式没有直观的感受，可以查看样例说明。

Input

第一行一个数n，表示操作个数。
接下来n行，每行5个数pi, ai, bi, ci, xi，空格分隔，表示向序列中的pi位置添加xi单位的同种燃料
这种燃料每单位在通常、后期、增强工作状态下产生的能量分别为ai, bi, ci。
对于100%的数据，1 ≤ n ≤ 10^5, 1 ≤ ai, bi, ci ≤ 10^4， 1 ≤ xi ≤ 10^9。
对于100%的数据，保证插入时序列中至少已有pi单位的燃料。

Output

n行，每行一个数，表示该次操作后能量序列所能产生的最大总能量增加了多少。

Sample Input

5
0 25 37 46 2
1 32 14 16 3
3 99 77 88 4
2 43 68 57 5
14 72 36 18 6

Sample Output

92
75
396
319
432

【样例解释】
第一次操作后，燃料序列为[1 1]，最大能量发生方式为[En1 En1]，共46+46=92。
第二次操作后，燃料序列为[1 2 2 2 1]，最大能量发生方式为[Or1 Or2 Or2 Or2 En1]，共25+32+32+32+46=167，增加了167-92=75。
第三次操作后，燃料序列为[1 2 2 3 3 3 2 1]，最大能量发生方式为[Or1 Or2 Or2 Or3 Or3 Or3 Or3 Or2 En1]，增加了99*4=396。
第四次操作后，燃料序列为[1 2 4 4 4 4 4 2 3 3 3 2 1]
最大能量发生方式为[Or1 Or2 Ex4 Ex4 Ex4 Ex4 Ex4 Or2 Or3 Or3 Or3 Or3 Or2 Or1]。
第五次操作后，燃料序列为[1 2 4 4 4 4 4 2 3 3 3 2 1 5 5 5 5 5 5]
最大能量发生方式为[Or1 Or2 Ex4 Ex4 Ex4 Ex4 Ex4 Or2 Or3 Or3 Or3 Or3 Or2 Or1 Or5 Or5 Or5 Or5 Or5 Or5]。
 
题解：
首先很明显能看出来，求最大能量需要用到dp。
显然，某一连续相同种类的燃料段，在满足最终为最大能量时，一定是内部所有燃料在同种工作状态下的
dp转移第一版：dp[i][j] (0<=j<3) 表示到第i个燃料段，第i个燃料段工作状态<=j可产生的最大能量。
    伪方程：dp[i][j]=max(dp[i-1][j]+该工作状态j产生的单位能量*段长度,dp[i][j-1])
 
题目中有插入操作，需要用数据结构维护——平衡树。
我们把每一段加进来的燃料作为一个节点拆入平衡树中。
根据插入位置，这个节点可能插在某个原来的“燃料段”中间，那我们就需要把那个燃料段拆成两半，把这个节点插到中间
所以选择，到底用哪个平衡树？
这个平衡树需要知道“排名”，需要支持不断删点、加点的操作——SPLAY！
 
这时我们发现，如果按之前的dp方式，每新加一个点便要O(n)求一遍，总复杂度O(n²)
这可不太妙。。。
于是我们需要探索一种新的dp方式
我们可以考虑将dp于splay结合在一起，或是说在splay的时候顺便dp
那么dp转移第二版就出来了：对于splay中每一个节点，dp[i][j] (0<=i,j<4) 表示该节点及子树这一大段中的工作状态在i~j之间（或者可以这样理解：这段中最左边的燃料段的工作状态>=i，最右边的燃料段工作状态<=j，整个大段满足题目要求）
    在每次update时维护即可。
这样感觉很巧妙有木有！
 
注意：我曾被卡常了好几次。。。就是dp[i][j]的含义问题：如果如上面叙述那样表示，每次转移复杂度大约4³；可如果表示这段中最左边燃料段工作状态就是i，最右边的就是j，那每次转移的复杂度就是44了…所以有句话说得好：dp状态想对了就是成功了一半
 
代码：
  1 #include<cstdio>
  2 #include<iostream>
  3 #include<algorithm>
  4 using namespace std;
  5 
  6 typedef long long ll;
  7 const int N = 100005;
  8 struct node{
  9     int v,a,b,c;
 10     ll s[4][4],dp[4][4],len;
 11     node *pa,*ch[2];
 12 }pool[2*N],*root,*rf;
 13 int cnt;
 14 
 15 inline ll len(node *p) { return p?p->len:0; }
 16 ll c[4][4];
 17 void merge(ll a[4][4],ll b[4][4],node *p){
 18     for(int i=0;i<4;i++)
 19         for(int j=i;j<4;j++){
 20             c[i][j]=0;
 21             for(int k=i;k<=j;k++)
 22                 c[i][j]=max(c[i][j],a[i][k]+b[k][j]);     
 23         }
 24     for(int i=0;i<4;i++)
 25         for(int j=0;j<4;j++) p->dp[i][j]=c[i][j];
 26 }
 27 void update(node *p){
 28     p->len=(ll)(len(p->ch[0])+len(p->ch[1])+p->v);
 29     for(int i=0;i<4;i++)
 30         for(int j=0;j<4;j++) p->dp[i][j]=p->s[i][j];
 31     if(p->ch[0]) merge(p->ch[0]->dp,p->dp,p);
 32     if(p->ch[1]) merge(p->dp,p->ch[1]->dp,p);
 33 }
 34 void ups(node *p){
 35     p->dp[0][0]=p->dp[3][3]=p->s[0][0]=p->s[3][3]=(ll)p->v*p->a;  
 36     p->dp[1][1]=p->s[1][1]=(ll)p->v*p->b;
 37     p->dp[2][2]=p->s[2][2]=(ll)p->v*p->c;
 38     for(int i=0;i<4;i++)
 39         for(int j=i+1;j<4;j++)
 40             p->dp[i][j]=p->s[i][j]=max(p->s[i][j-1],p->s[j][j]);
 41 }
 42 
 43 void rotate(node *p,int t){
 44     node *pa=p->pa,*gp=pa->pa,*son=p->ch[t^1];
 45     pa->ch[t]=son; if(son) son->pa=pa;
 46     p->ch[t^1]=pa; pa->pa=p;
 47     p->pa=gp; gp->ch[pa==gp->ch[1]]=p;
 48     if(root==pa) root=p;
 49     update(pa);update(p);
 50 }
 51 void splay(node *p,node *t){
 52     while(p->pa!=t){
 53         if(p->pa->pa==t)
 54             rotate(p,p==p->pa->ch[1]);
 55         else{
 56             node *pa=p->pa,*gp=pa->pa;
 57             int f=pa==gp->ch[0];
 58             if(p==pa->ch[f]) rotate(p,f),rotate(p,!f);
 59             else rotate(pa,!f),rotate(p,!f);     
 60         }
 61     } 
 62 }
 63 
 64 node *find(node *p,ll k){
 65     if(len(p->ch[0])>=k) return find(p->ch[0],k);
 66     if(len(p->ch[0])+p->v>=k) return p;
 67     return find(p->ch[1],k-p->v-len(p->ch[0]));   
 68 }
 69 void addnew(node *p,int a,int b,int c,int v){
 70     p->a=a;p->b=b;p->c=c;p->v=v;p->len=(ll)v;
 71     ups(p);
 72 }
 73 void insert(ll k,node *nd){
 74     node *p=find(root,k),*q;
 75     splay(p,rf);
 76     if(root->len==k) {
 77         p->ch[1]=nd; nd->pa=p;
 78         update(p);
 79         return;
 80     }
 81     q=find(root,k+1);
 82     if(p!=q){
 83         splay(q,root);
 84         q->ch[0]=nd; nd->pa=q;
 85         update(q); update(p);
 86         return;
 87     }
 88     q=p->ch[1];
 89     if(!q){
 90         p->ch[1]=nd; nd->pa=p;
 91         q=&pool[++cnt]; addnew(q,p->a,p->b,p->c,(int)(len(p->ch[0])+p->v-k));
 92         nd->ch[1]=q; q->pa=nd;
 93         p->v=p->v-q->v; ups(p);
 94         update(nd);update(p);
 95     }
 96     else{
 97         while(q->ch[0]) q=q->ch[0];
 98         splay(q,root);
 99         node *tmp=&pool[++cnt]; addnew(tmp,p->a,p->b,p->c,(int)(len(p->ch[0])+p->v-k));
100         q->ch[0]=nd; nd->pa=q;
101         nd->ch[1]=tmp; tmp->pa=nd;
102         p->v=p->v-tmp->v; ups(p);
103         update(tmp);update(nd);update(q);update(p);     
104     }
105 }
106 
107 int n;
108 
109 int main()
110 {
111     int a,b,c,x,i,j;
112     ll pos,last=0,now;
113     scanf("%d",&n);
114     
115     rf=&pool[++cnt];
116     while(n--){
117         scanf("%lld%d%d%d%d",&pos,&a,&b,&c,&x);
118         node *nd=&pool[++cnt]; addnew(nd,a,b,c,x);
119         if(!root) {
120             root=nd;
121             root->pa=rf;rf->ch[1]=root;
122         }
123         else insert(pos,nd);
124         
125         now=root->dp[0][3];
126         printf("%lld\n",now-last);
127         last=now;
128     }
129 
130     return 0;    
131 }
View Code

 

posted @ 2017-12-05 22:44  秋千旁的蜂蝶~  阅读(280)  评论(0)  编辑  收藏  举报