NOI2010 超级钢琴 题解

前言

一道非常有趣，综合（有前缀和，优先队列，重载运算符，$\operatorname{RMQ}$）的题目，感受到自己的不足...话说自己就要初二了，时间不多QAQ，趁着这个暑假多做题吧。

原题链接

思路

包含个数要不少于 $L$，不多于 $R$。按这个道理就可以枚举出所有的区间，每次选取最大值即可。

但是区间太多，肯定不行。很多区间非常小，没有必要一个个枚举出来，找出最大的 $k$ 个区间就好了。

但可以发现的是，当起点固定为 $i$ 时，终点就是 $(i+L-1)\sim(i+R-1)$，这样便将区间分组。对于一组区间的某个区间，设终点为 $a_j$，则该区间和为 $s_j-s_{i-1}$($s$ 是前缀和)。

既然 $i$ 固定，找出一个 $j$，使得 $s_j$ 最大，就是这组区间的最大值。使用st表就可以求 $s_j$使用优先队列存储一组区间的信息，每次选取最大的就可以了。

如果这组区间的最大值被选中了，就要拆成两组小区间，区间起点不用改变，区间终点要把 $j$ 拆掉，即变成 $L\sim j-1\ \ ,\ \ j+1\sim r$ 两组，这两组也可能产生最大值，所以要再将这两组区间入队。找 $k$ 次最大值就好啦~~

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e5+10,LogN=25;
struct Node{
	long long s,el,er,emax;
};
priority_queue<Node>q;
long long n,k,l,r,s[N];
int dp[N][LogN],yfz[N];
int mai(int x,int y) {
	return s[x]<s[y]?y:x;
}
int ar(int l,int r) {
	int len=yfz[r-l+1];
	return mai(dp[l][len],dp[r-(1<<len)+1][len]);
}
bool operator <(Node a,Node b) {
	return s[a.emax]-s[a.s-1]<s[b.emax]-s[b.s-1];
}
int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
	cin>>n>>k>>l>>r;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		cin>>s[i];s[i]+=s[i-1];
		dp[i][0]=i;
	}
	for(int i=2;i<=n;i++) {
		yfz[i]=yfz[i>>1]+1;
	}
	for(int i=1;i<=LogN;i++) {
		for(int j=1;j+(1<<i)-1<=n;j++) {
			dp[j][i]=mai(dp[j][i-1],dp[j+(1<<(i-1))][i-1]);
		}
	}
	for(int i=1;i+l-1<=n;i++) {
		q.push({i,i+l-1,min(n,i+r-1),ar(i+l-1,min(n,i+r-1))}); 
	}
	long long ans=0;
	for(int i=1;i<=k;i++) {
		Node x=q.top();q.pop();
		ans+=s[x.emax]-s[x.s-1];
		if(x.el<=x.emax-1) q.push({x.s,x.el,x.emax-1,ar(x.el,x.emax-1)});
		if(x.er>=x.emax+1) q.push({x.s,x.emax+1,x.er,ar(x.emax+1,x.er)});
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}