洛谷 P4513：小白逛公园 ← 线段树（区间合并）
【题目来源】
【题目描述】
小新经常陪小白去公园玩，也就是所谓的遛狗啦…
在小新家附近有一条“公园路”，路的一边从南到北依次排着 n 个公园，小白早就看花了眼，自己也不清楚该去哪些公园玩了。
一开始，小白就根据公园的风景给每个公园打了分。小新为了省事，每次遛狗的时候都会事先规定一个范围，小白只可以选择第 a 个和第 b 个公园之间（包括 a，b 两个公园）选择连续的一些公园玩。小白当然希望选出的公园的分数总和尽量高咯。同时，由于一些公园的景观会有所改变，所以，小白的打分也可能会有一些变化。
那么，就请你来帮小白选择公园吧。
【输入格式】
第一行，两个整数 n 和 m，分别表示表示公园的数量和操作（遛狗或者改变打分）总数。
接下来 n 行，每行一个整数，依次给出小白开始时对公园的打分。
接下来 m 行，每行三个整数。其中第一个整数 k 为 1 或 2。
● k=1 表示，小新要带小白出去玩，接下来的两个整数 a 和 b 给出了选择公园的范围（1≤a,b≤n)。测试数据可能会出现 a>b 的情况，需要进行交换；
● k=2表示，小白改变了对某个公园的打分，接下来的两个整数 p 和 s，表示小白对第 p 个公园的打分变成了 s(1≤|s|≤1000)。
【输出格式】
小白每出去玩一次，都对应输出一行，只包含一个整数，表示小白可以选出的公园得分和的最大值。
【输入样例】
5 3
1
2
-3
4
5
1 2 3
2 2 -1
1 2 3
【输出样例】
2
-1
【数据范围】
对于 100% 的数据，1≤n≤5×10^5，1≤m≤10^5，所有打分都是绝对值不超过 1000 的整数。
【算法分析】
● 本题“洛谷 P4513：小白逛公园”的代码与“AcWing 245. 你能回答这些问题吗”（）的代码一样，可以视为同一个问题。
● 核心变量 sum、lmax、rmax、tmax 解析
sum，整个区间的总和
lmax，从区间左端点开始的各个子段的最大子段和（前缀最大和）
rmax，以区间右端点结束的各个子段的最大子段和（后缀最大和）
tmax，整个区间内各个子段的最大子段和（各个子段，即前文各个前缀、后缀子段）
● 核心变量 sum、lmax、rmax、tmax 示例分析
假设区间是 [1,4]，数值为 [-1, 3, -2, 6]，则：
sum = -1+3-2+6 = 6（整个区间的总和）；
lmax = max (-1, -1+3, -1+3-2, -1+3-2+6) = 6（从区间左端点 1 开始的各个子段的最大子段和）；
rmax = max (6, -2+6, 3-2+6, -1+3-2+6) = 6（以区间右端点 4 结束的各个子段的最大子段和）；
tmax = 6（整个区间里各个子段的最大子段和是 6）。
● 核心代码 pushup 解析
void pushup(node &u,node &le,node &ri) {
// 1.父区间总和 = 左子区间总和 + 右子区间总和（最基础的合并）
u.sum = le.sum + ri.sum;
// 2.父区间的前缀最大和（lmax）：两种情况取最大值
// 情况1：只在左子区间里的前缀最大和（le.lmax）
// 情况2：左子区间全部取完 + 右子区间的前缀最大和（le.sum + ri.lmax）
u.lmax = max(le.lmax, le.sum + ri.lmax);
// 3.父区间的后缀最大和（rmax）：两种情况取最大值
// 情况1：只在右子区间里的后缀最大和（ri.rmax）
// 情况2：右子区间全部取完 + 左子区间的后缀最大和（ri.sum + le.rmax）
u.rmax = max(ri.rmax, ri.sum + le.rmax);
// 4.父区间的最大子段和（tmax）：三种情况取最大值
// 情况1：跨越左右子区间的最大和（左子区间的后缀 + 右子区间的前缀）
// 情况2：左子区间内部的最大子段和（le.tmax）
// 情况3：右子区间内部的最大子段和（ri.tmax）
u.tmax = max(le.rmax + ri.lmax, max(le.tmax, ri.tmax));
}
● 核心代码 pushup 示例解析
用一个具体例子 [-1, 3, -2, 6] 验证：
左子区间 le：[1,2]，数值 [-1,3] → le.sum=2，le.lmax=2，le.rmax=3，le.tmax=3；
右子区间 ri：[3,4]，数值 [-2,6] → ri.sum=4，ri.lmax=4，ri.rmax=6，ri.tmax=6；
合并成父区间 u：[1,4]，数值 [-1,3,-2,6]：
u.sum = -1+3-2+6 = 6 = le.sum + ri.sum = 2 + 4 = 6（正确）；
u.lmax = max(le.lmax,le.sum+ri.lmax) = max(2, 2+4) = 6（正确）；
u.rmax = max(ri.rmax,ri.sum+le.rmax) = max(6, 4+3) = 7（正确）；
u.tmax = max(le.rmax+ri.lmax,max(le.tmax,ri.tmax)) = max(3+4, max(3,6)) = max(7,6) = 7（正确，对应子段 [3, -2, 6]）。
● pushup 里的 sum / lmax / rmax / tmax 的公式到底是怎么推导出来的？
其实这些公式不是凭空来的，而是基于「分治思想」和「子段的位置特征」推导的必然结果。
这些公式的本质是把 “父区间的问题” 拆解为 “子区间的子问题”，符合线段树 “分治 + 合并” 的核心思想 —— 只要子区间的信息足够，就能通过固定的逻辑合并出父区间的信息，这也是线段树能高效解决区间问题的关键。
（零）推导前的核心前提
我们把父区间记为 U，左子区间记为 L，右子区间记为 R（U = L + R，区间连续）。
所有子段的位置只有三种可能：
（1）完全落在 L 内；
（2）完全落在 R 内；
（3）跨越 L 和 R（一部分在 L 右部，一部分在 R 左部）。
所有公式的推导，都是围绕这三种位置特征展开的。
（一）推导 u.sum（父区间总和）
sum，表示整个区间的总和。
这个是最基础的，没有任何技巧：u.sum = le.sum + ri.sum
（二）推导 u.lmax（父区间的前缀最大和）
lmax，表示从区间左端点开始的各个子段的最大子段和（前缀最大和）。
以 U 的左端点开头的子段，只有两种可能：
（1）不跨区间：子段完全在 L 内 → 对应 le.lmax（L 的前缀最大和）；
（2）跨区间：子段包含整个 L，再延伸到 R 的一部分 → 对应 le.sum + ri.lmax（L 的全部和 + R 的前缀最大和）。
要找最大值，就取这两种情况的较大值：u.lmax = max(le.lmax, le.sum + ri.lmax)
（三）推导 u.rmax（父区间的后缀最大和）
rmax，表示以区间右端点结束的各个子段的最大子段和（后缀最大和）。
以 U 的右端点结尾的子段，只有两种可能：
（1）不跨区间：子段完全在 R 内 → 对应 ri.rmax（R 的后缀最大和）；
（2）跨区间：子段包含整个 R，再延伸到 L 的一部分 → 对应 ri.sum + le.rmax（R 的全部和 + L 的后缀最大和）。
要找最大值，就取这两种情况的较大值：u.rmax = max(ri.rmax, ri.sum + le.rmax)
（四）推导 u.tmax（父区间的最大子段和）
tmax，表示整个区间内各个子段的最大子段和。
根据开头的 “三种位置”，最大子段和的候选来源有三个：
（1）完全在 L 内：对应 le.tmax（L 的最大子段和）；
（2）完全在 R 内：对应 ri.tmax（R 的最大子段和）；
（3）跨越 L 和 R：这种子段一定是「L 的后缀最大和 + R 的前缀最大和」→ 对应 le.rmax + ri.lmax（因为跨区间的子段，左边要取 L 的后缀最大，右边要取 R 的前缀最大，才能凑出最大和）。
要找最大值，就取这三种情况的较大值：u.tmax = max(le.rmax + ri.lmax, max(le.tmax, ri.tmax))
【算法代码】
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e5+5;
int a[N];
int n,m;
struct node {
int le,ri;
int tmax,lmax,rmax,sum;
} tr[N*4];
void pushup(node &u,node &le,node &ri) {
u.sum=le.sum+ri.sum;
u.lmax=max(le.lmax,le.sum+ri.lmax);
u.rmax=max(ri.rmax,ri.sum+le.rmax);
u.tmax=max(le.rmax+ri.lmax,max(le.tmax,ri.tmax));
}
void pushup(int u) {
pushup(tr[u],tr[u<<1],tr[u<<1|1]);
}
void build(int u,int le,int ri) {
if(le==ri) tr[u]= {le,ri,a[ri],a[ri],a[ri],a[ri]};
else {
tr[u]= {le,ri};
int mid=le+ri>>1;
build(u<<1,le,mid);
build(u<<1|1,mid+1,ri);
pushup(u);
}
}
void modify(int u,int p,int v) {
if(tr[u].le==p && tr[u].ri==p) tr[u]= {p,p,v,v,v,v};
else {
int mid=tr[u].le+tr[u].ri>>1;
if(p<=mid) modify(u<<1,p,v);
else modify(u<<1|1,p,v);
pushup(u);
}
}
node query(int u,int le,int ri) {
if(tr[u].le>=le && tr[u].ri<=ri) return tr[u];
int mid=tr[u].le+tr[u].ri>>1;
if(ri<=mid) return query(u<<1,le,ri);
else if(le>mid) return query(u<<1|1,le,ri);
else {
auto left=query(u<<1,le,ri);
auto right=query(u<<1|1,le,ri);
node t;
pushup(t,left,right);
return t;
}
}
int main() {
cin>>n>>m;
for(int i=1; i<=n; i++) cin>>a[i];
build(1,1,n);
int op,x,y;
while(m--) {
cin>>op>>x>>y;
if(op==1) {
if(x>y) swap(x,y);
cout<<query(1,x,y).tmax<<endl;
} else modify(1,x,y);
}
return 0;
}
/*
in:
5 3
1
2
-3
4
5
1 2 3
2 2 -1
1 2 3
out:
2
-1
*/
【参考文献】
浙公网安备 33010602011771号