【BZOJ3747】[POI2015]Kinoman【线段树】

【题目链接】

看到数据范围以为是O(n)做法,再看看status似乎带了个log?然后去搜题解,没想到是线段树= =。

题解:

设pre[i]表示与i这个位置上的数相等的前一个数的下标。

用线段树维护答案。

枚举右端点,每次加入一个数,那么pre[i] + 1到i这段位置的答案加上这个数的权值,pre[pre[i]] + 1到pre[i]这段位置的答案减去这个数的权值,然后查询[1, i]的最大值即可。

复杂度:

时间复杂度O(nlogn),空间复杂度O(n)。

RE:

给线段树开了1倍n的空间...

GET:

遇到要统计“出现次数”的时候,一般要设pre[i]数组。

如果有询问的话,倒有可能是莫队、分块。但是这个题并没有询问。

那么只能考虑加入一个数时候,对当前答案的影响啦。

/* Telekinetic Forest Guard */
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int maxn = 1000005;

int n, m, A[maxn], B[maxn], pre[maxn], last[maxn];
LL tr[maxn << 2], addv[maxn << 2];

inline int iread() {
	int f = 1, x = 0; char ch = getchar();
	for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) f = ch == '-' ? -1 : 1;
	for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = x * 10 + ch - '0';
	return f * x;
}

inline void pushup(int p) {
	tr[p] = max(tr[p << 1], tr[p << 1 | 1]);
}

inline void pushdown(int p) {
	if(addv[p]) {
		addv[p << 1] += addv[p]; addv[p << 1 | 1] += addv[p];
		tr[p << 1] += addv[p]; tr[p << 1 | 1] += addv[p];
		addv[p] = 0;
	}
}

inline void tradd(int p, int l, int r, int x, int y, int c) {
	if(x <= l && r <= y) {
		tr[p] += c;
		addv[p] += c;
		return;
	}
	int mid = l + r >> 1;
	pushdown(p);
	if(x <= mid) tradd(p << 1, l, mid, x, y, c);
	if(y > mid) tradd(p << 1 | 1, mid + 1, r, x, y, c);
	pushup(p);
}

inline LL query(int p, int l, int r, int x, int y) {
	if(x <= l && r <= y) return tr[p];
	int mid = l + r >> 1;
	pushdown(p);
	LL res = 0;
	if(x <= mid) res = max(res, query(p << 1, l, mid, x, y));
	if(y > mid) res = max(res, query(p << 1 | 1, mid + 1, r, x, y));
	return res;
}

int main() {
	n = iread(); m = iread();
	for(int i = 1; i <= n; i++) A[i] = iread();
	for(int i = 1; i <= m; i++) B[i] = iread();
	for(int i = 1; i <= n; i++) pre[i] = last[A[i]], last[A[i]] = i;

	LL ans = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		tradd(1, 1, n, pre[i] + 1, i, B[A[i]]);
		if(pre[i]) tradd(1, 1, n, pre[pre[i]] + 1, pre[i], -B[A[i]]);
		ans = max(ans, query(1, 1, n, 1, i));
	}

	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}
时间: 2024-11-05 01:06:19

【BZOJ3747】[POI2015]Kinoman【线段树】的相关文章

【BZOJ3747】[POI2015]Kinoman 线段树

[BZOJ3747][POI2015]Kinoman Description 共有m部电影,编号为1~m,第i部电影的好看值为w[i]. 在n天之中(从1~n编号)每天会放映一部电影,第i天放映的是第f[i]部. 你可以选择l,r(1<=l<=r<=n),并观看第l,l+1,…,r天内所有的电影.如果同一部电影你观看多于一次,你会感到无聊,于是无法获得这部电影的好看值.所以你希望最大化观看且仅观看过一次的电影的好看值的总和. Input 第一行两个整数n,m(1<=m<=n&

[bzoj3747][POI2015]Kinoman_线段树

Kinoman bzoj-3747 POI-2015 题目大意:有m部电影,第i部电影的好看值为w[i].现在放了n天电影,请你选择一段区间l~r使得l到r之间的好看值总和最大.特别地,如果同一种电影放了两遍及以上,那么这种电影的好看值将不会被获得. 注释:$1\le m \le n \le 10^6$. 想法:和rmq problem类似的,我们处理出每一个位置pos右边第一个和pos上电影种类相同的位置nxt[pos].然后,我从1-n扫一遍,每次讲l+1到nxt[l]-1之间的值加上w[a

BZOJ 3747: [POI2015]Kinoman( 线段树 )

线段树... 我们可以枚举左端点 , 然后用线段树找出所有右端点中的最大值 . ----------------------------------------------------------------------------------------- #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<iostream> #define rep( i , n ) for( i

3747: [POI2015]Kinoman|线段树

枚举左区间线段树维护最大值 #include<algorithm> #include<iostream> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<cstdio> #include<vector> #include<cmath> #include<queue> #include<set> #include<map> #define ll l

【BZOJ-3747】Kinoman 线段树

3747: [POI2015]Kinoman Time Limit: 60 Sec  Memory Limit: 128 MBSubmit: 715  Solved: 294[Submit][Status][Discuss] Description 共有m部电影,编号为1~m,第i部电影的好看值为w[i]. 在n天之中(从1~n编号)每天会放映一部电影,第i天放映的是第f[i]部. 你可以选择l,r(1<=l<=r<=n),并观看第l,l+1,…,r天内所有的电影.如果同一部电影你观看多

【bzoj3747】Kinoman[POI2015](线段树)

题目传送门:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3747 对于这种题,考虑固定区间的右端点为r,设区间左端点为l能取得的好看值总和为a[l],那么就相当于当r取不同取值时所有al的最大值. 设last[i]表示第i部电影上一次出现的位置,当右端点r右移1位时,因为只有看了一遍的电影能获取好看值,所以能取得f[r]的好看值的al只能是在last[r]~r这个区间.因此每次右移时,last[last[r]]+1~last[r]减去w[f[r

BZOJ 3747 POI 2015 Kinoman 线段树

题目大意:给出电影院的放映电影顺序,一个电影只有看过一次的时候会获得电影的权值.没看过或者看两次或以上都不能获得权值.问看连续区间的电影能够获得的最大权值是多少. 思路:利用线段树维护前缀和.将出现第一次的地方的权值加上那部电影的权值,第二次出现的时候权值减去那部电影的权值.枚举起点,先更新答案,然后在当前节点减去权值的二倍,然后再在下一次出现的地方加上权值(我感觉我没说明白,总之看代码吧... CODE: #include <cstdio> #include <cstring>

bzoj3747 [POI2015]Kinoman

Description 共有m部电影,编号为1~m,第i部电影的好看值为w[i]. 在n天之中(从1~n编号)每天会放映一部电影,第i天放映的是第f[i]部. 你可以选择l,r(1<=l<=r<=n),并观看第l,l+1,…,r天内所有的电影.如果同一部电影你观看多于一次,你会感到无聊,于是无法获得这部电影的好看值.所以你希望最大化观看且仅观看过一次的电影的好看值的总和. Input 第一行两个整数n,m(1<=m<=n<=1000000). 第二行包含n个整数f[1]

[POI2015]KIN (线段树)

题目链接 Solution 线段树. 观察题目可以得到一个小 \(trick\) : 对于任意一个节点 \(i\) ,那么和它颜色相同的上一个节点 \(pre[i]\),肯定不会放在一个区间. 于是考虑对于每一个节点计算它可以献出贡献的区间. 先 \(O(n)\) 扫出每一个点的 \(pre\) . 然后从左往右,一次将节点可以贡献的范围即 \([pre_i~,~nxt_i)\). 同时将同颜色的上一个节点贡献删除. 然后线段树统计全局最大值即可. Code #include<bits/stdc

【线段树】bzoj3747 [POI2015]Kinoman

题解:http://www.cnblogs.com/zyfzyf/p/4105184.html 1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<cmath> 4 using namespace std; 5 #define lson rt<<1,l,m 6 #define rson rt<<1|1,m+1,r 7 int Num,CH[12],f,c; 8 inline void R(int