2006: [NOI2010]超级钢琴
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Description
小Z是一个小有名气的钢琴家，最近C博士送给了小Z一架超级钢琴，小Z希望能够用这架钢琴创作出世界上最美妙的音乐。 这架超级钢琴可以弹奏出n个音符，编号为1至n。第i个音符的美妙度为Ai，其中Ai可正可负。 一个“超级和弦”由若干个编号连续的音符组成，包含的音符个数不少于L且不多于R。我们定义超级和弦的美妙度为其包含的所有音符的美妙度之和。两个超级和弦被认为是相同的，当且仅当这两个超级和弦所包含的音符集合是相同的。 小Z决定创作一首由k个超级和弦组成的乐曲，为了使得乐曲更加动听，小Z要求该乐曲由k个不同的超级和弦组成。我们定义一首乐曲的美妙度为其所包含的所有超级和弦的美妙度之和。小Z想知道他能够创作出来的乐曲美妙度最大值是多少。
Input
第一行包含四个正整数n, k, L, R。其中n为音符的个数，k为乐曲所包含的超级和弦个数，L和R分别是超级和弦所包含音符个数的下限和上限。 接下来n行，每行包含一个整数Ai，表示按编号从小到大每个音符的美妙度。
Output
只有一个整数，表示乐曲美妙度的最大值。
Sample Input
4 3 2 3
3
2
-6
8
Sample Output
11
【样例说明】
共有5种不同的超级和弦：
音符1 ~ 2，美妙度为3 + 2 = 5
音符2 ~ 3，美妙度为2 + (-6) = -4
音符3 ~ 4，美妙度为(-6) + 8 = 2
音符1 ~ 3，美妙度为3 + 2 + (-6) = -1
音符2 ~ 4，美妙度为2 + (-6) + 8 = 4
最优方案为：乐曲由和弦1，和弦3，和弦5组成，美妙度为5 + 2 + 4 = 11。
HINT
N<=500,000
k<=500,000
-1000<=Ai<=1000,1<=L<=R<=N且保证一定存在满足条件的乐曲
Source
题解：
堆＋ST表
终于把这道题过了。。。自己还是很弱。。。唉。。。QAQ
我们可以枚举开头i，然后结尾的区间范围就可以得到[i+l-1,i+r-1]。然后我们可以把开头在i，结尾在[i+l-1,i+r-1]中的最大和(前缀和维护和，ST表维护最大值)及开始位置，结束区间，最大和的位置加入堆中。然后，因为要取出前k大的和弦，所以每次取出堆顶元素的最大和累加。但是，当我们取出以i开头的最大值时，有可能以i开头的次大或第三大等比堆顶值还要大，所以我们要在取出堆顶时，把原区间分成两个区间，都加入到堆里。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define LL long long
4 #define MAXN 500010
5 struct node
6 {
7 int p1,p2;
8 }MX;
9 int n,a[MAXN],sum[MAXN],mx[MAXN][19],mxi[MAXN][19],Heap1[2*MAXN+10],Heap2[2*MAXN+10],Heap3[2*MAXN+10],Heap4[2*MAXN+10],Heap5[2*MAXN+10],SIZE;
10 int read()
11 {
12 int s=0,fh=1;char ch=getchar();
13 while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)fh=-1;ch=getchar();}
14 while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){s=s*10+(ch-‘0‘);ch=getchar();}
15 return s*fh;
16 }
17 void ST()
18 {
19 int i,j;
20 for(i=1;i<=n;i++){mx[i][0]=sum[i];mxi[i][0]=i;}
21 for(j=1;(1<<j)<=n;j++)
22 {
23 for(i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)
24 {
25 if(mx[i][j-1]>=mx[i+(1<<(j-1))][j-1])mx[i][j]=mx[i][j-1],mxi[i][j]=mxi[i][j-1];
26 else mx[i][j]=mx[i+(1<<(j-1))][j-1],mxi[i][j]=mxi[i+(1<<(j-1))][j-1];
27 }
28 }
29 }
30 node Get(int l,int r)
31 {
32 int j;
33 node c1;
34 for(j=0;(1<<j)<=(r-l+1);j++);j--;
35 if(mx[l][j]>=mx[r-(1<<j)+1][j]){c1.p1=mx[l][j];c1.p2=mxi[l][j];}
36 else {c1.p1=mx[r-(1<<j)+1][j];c1.p2=mxi[r-(1<<j)+1][j];}
37 return c1;
38 }
39 void Swap(int root,int now)
40 {
41 swap(Heap1[root],Heap1[now]);
42 swap(Heap2[root],Heap2[now]);
43 swap(Heap3[root],Heap3[now]);
44 swap(Heap4[root],Heap4[now]);
45 swap(Heap5[root],Heap5[now]);
46 }
47 void Push1(int k1,int k2,int k3,int k4,int k5)
48 {
49 int now,root;
50 Heap1[++SIZE]=k1;Heap2[SIZE]=k2;Heap3[SIZE]=k3;Heap4[SIZE]=k4;Heap5[SIZE]=k5;now=SIZE;
51 while(now>1)
52 {
53 root=now/2;
54 if(Heap4[root]>=Heap4[now])return;
55 Swap(root,now);
56 now=root;
57 }
58 }
59 void Pop1(int k)
60 {
61 int now,root;
62 Heap1[k]=Heap1[SIZE];Heap2[k]=Heap2[SIZE];Heap3[k]=Heap3[SIZE];Heap4[k]=Heap4[SIZE];Heap5[k]=Heap5[SIZE--];root=k;
63 while(root<=SIZE/2)
64 {
65 now=root*2;
66 if(now<SIZE&&Heap4[now+1]>Heap4[now])now++;
67 if(Heap4[root]>=Heap4[now])return;
68 Swap(root,now);
69 root=now;
70 }
71 }
72 int main()
73 {
74 int k,l,r,i,L,R,k1,k2,k3,k4,k5;
75 node cc1,cc2;
76 LL ans=0;
77 n=read();k=read();l=read();r=read();
78 for(i=1;i<=n;i++){a[i]=read();sum[i]=sum[i-1]+a[i];}
79 ST();
80 for(i=1;i<=n-l+1;i++)
81 {
82 L=i+l-1;R=min(i+r-1,n);
83 node cc=Get(L,R);
84 Push1(i,L,R,cc.p1-sum[i-1],cc.p2);
85 }
86 while(k--)
87 {
88 k1=Heap1[1];k2=Heap2[1];k3=Heap3[1];k4=Heap4[1];k5=Heap5[1];Pop1(1);
89 ans+=k4;
90 if(k2<=(k5-1))cc1=Get(k2,k5-1);
91 if((k5+1)<=k3)cc2=Get(k5+1,k3);
92 if(k2<=(k5-1))Push1(k1,k2,k5-1,cc1.p1-sum[k1-1],cc1.p2);
93 if((k5+1)<=k3)Push1(k1,k5+1,k3,cc2.p1-sum[k1-1],cc2.p2);
94 }
95 printf("%lld",ans);
96 fclose(stdin);
97 fclose(stdout);
98 return 0;
99 }