题目传送门
https://lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=5089
题解
本来打算迟一点再写这个题解的，还有一个小问题没有弄清楚。
不过先写一下存个档吧。
如果只是单点修改，我们的常见做法是维护 \(ls, rs, s\) 表示前缀和最大值，后缀和最大值，区间最大子段和，然后进行区间合并，线段树维护。
但是这个在这里显然是行不通的，因为我们不是单点修改，我们需要考虑一个加标记对于整个连续段的影响。
对于一个长度为 \(k\) 的子段，初始的时候它的和为 \(b\)，如果增加量为 \(x\)，那么现在的值应该是 \(kx+b\)。
很容易发现，这个现在的值与 \(x\) 是线性关系，然后我们在一个段中，显然是要把所有的这样的直线在某一个 \(x\) 的位置取 \(\max\)。
所以可以用凸包来维护一下这个东西。每一次询问的时候，因为加标记的值一定是递增的，所以只需要在凸包上移动指针就可以了。
可以看出，如果一段的长度为 \(b\)，那么构造这样的凸包的复杂度为 \(O(b^2)\)。
但是如果使用线段树的话，被影响到的不仅用整段，还有这些整段的所有祖先，而加标记在祖先上却不是满的，所以要重构的段有 \(\log\) 段，每一次重构的复杂度为 \(O(b^2)\)，而在线段树上，\(b\) 最长可以达到 \(n\)。所以使用线段树不是一个明智的选择。
那么我们考虑使用每一段的长度有保证的分块。
设每一块的长度为 \(b\)。
对于一开始的构造操作，需要枚举每一块来构造，时间复杂度为 \(O(\frac nb \cdot b^2) = O(nb)\)。
对于修改操作，如果是整块可以直接打标记，如果是零散的块，就直接暴力重构，只需要重构两块，每一次重构 \(O(b^2)\)，所以复杂度为 \(O(\frac nb + b^2)\)。
对于查询操作，如果是整块直接在凸包上移动指针，显然从始至终，指针移动的总幅度不超过 \(b\)，所以可以看成均摊 \(O(1)\)，对于散块，也是直接暴力做最大字段和，复杂度 \(O(b)\)。因此这里的复杂度为 \(O(\frac nb + b)\)。
我们取上面复杂度最高的 \(O(\frac nb +b^2)\) 来分析。我们需要让这个东西最小，根据基本不等式，当 \(\frac nb +b^2\) 的时候可以满足这个条件。
所以 \(b\) 应该取 \(\sqrt[3]n\)，即 \(n^{\frac 13}\)。
那么初始化的复杂度为 \(O(n^{\frac 43})\)，单次询问的复杂度为 \(O(n^{\frac 23})\)，单次修改的复杂度也是 \(O(n^{\frac 23})\)。
但是我还有一个问题没有解决：
指针在凸包上的总移动次数不超过 \(O(b)\) 是因为加的一直是正数，也就是加标记越来越大。
但是被暴力重构的块的凸包形态会改变啊。这个会不会破坏上面的复杂度分析呢。
不考虑上面的这个问题，这个题目的时间复杂度为 \(O(n^{\frac 43}+mn^{\frac 23})\)，因为 \(n, m\leq 50000\)，勉强可以通过。
但是我怎么比暴力还慢啊。
#include<bits/stdc++.h>
#define fec(i, x, y) (int i = head[x], y = g[i].to; i; i = g[i].ne, y = g[i].to)
#define dbg(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define File(x) freopen(#x".in", "r", stdin), freopen(#x".out", "w", stdout)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
template<typename A, typename B> inline char smax(A &a, const B &b) {return a < b ? a = b, 1 : 0;}
template<typename A, typename B> inline char smin(A &a, const B &b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef std::pair<int, int> pii;
template<typename I> inline void read(I &x) {
int f = 0, c;
while (!isdigit(c = getchar())) c == '-' ? f = 1 : 0;
x = c & 15;
while (isdigit(c = getchar())) x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15);
f ? x = -x : 0;
}
const int N = 50000 + 7;
const int B = 40 + 7;
#define bl(x) (((x) - 1) / blo + 1)
#define st(x) (((x) - 1) * blo + 1)
#define ed(x) std::min((x) * blo, n)
int n, m, blo;
int a[N], add[B * B];
ll sum[B * B];
struct Line {
ll k, b;
inline Line() {}
inline Line(const ll &k, const ll &b) : k(k), b(b) {}
inline ll get_y(const int &x) { return k * x + b; }
inline bool operator < (const Line &l) const { return k < l.k || (k == l.k && b < l.b); }
};
inline double crs(const Line &l1, const Line &l2) { return ((double)l2.b - l1.b) / (l1.k - l2.k); }
struct Convex {
Line a[B], q[B];
int n, tl, now;
inline void build() {
std::sort(a + 1, a + n + 1);
tl = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
while (tl > 1 && crs(q[tl - 1], a[i]) <= crs(q[tl - 1], q[tl])) --tl;
q[++tl] = a[i];
}
}
inline void reset(int nn) { now = 1, n = nn; }
inline ll get(int p) {
while (now <= tl) {
if (now == tl || p <= crs(q[now], q[now + 1])) return q[now].get_y(p);
else ++now;
}
return assert(0), 0;
}
} c[B * B], spre[B * B], ssuf[B * B];
inline void rebuild(int i, int l = 1, int r = 0, int k = 0) {
sum[i] = 0;
for (int j = st(i); j <= ed(i); ++j) a[j] += add[i], sum[i] += a[j];
add[i] = 0;
for (int j = l; j <= r; ++j) a[j] += k, sum[i] += k;
int len = ed(i) - st(i) + 1;
ll s1 = 0, s2 = 0;
c[i].reset(len), spre[i].reset(len), ssuf[i].reset(len);
for (int j = 1; j <= len; ++j) {
ll mx = -0x7fffffffffffffff, s = 0;
for (int k = st(i); k <= st(i) + j - 1; ++k) s += a[k];
mx = s;
for (int k = st(i) + 1; k <= ed(i) - j + 1; ++k) smax(mx, s += a[k + j - 1] - a[k - 1]);
s1 += a[st(i) + j - 1], s2 += a[ed(i) - j + 1];
c[i].a[j].k = j, c[i].a[j].b = mx;
spre[i].a[j].k = j, spre[i].a[j].b = s1;
ssuf[i].a[j].k = j, ssuf[i].a[j].b = s2;
}
c[i].build(), spre[i].build(), ssuf[i].build();
}
inline void build() {
for (int i = 1; i <= bl(n); ++i) rebuild(i);
}
inline void qadd(int l, int r, int k) {
if (bl(l) == bl(r)) return rebuild(bl(l), l, r, k);
for (int i = bl(l) + 1; i < bl(r); ++i) add[i] += k, sum[i] += k * (ed(i) - st(i) + 1ll);
rebuild(bl(l), l, ed(bl(l)), k), rebuild(bl(r), st(bl(r)), r, k);
}
inline ll qans(int l, int r) {
if (bl(l) == bl(r)) {
ll ans = 0, s = 0, b = bl(l);
for (int i = l; i <= r; ++i) {
s = std::max(s + a[i] + add[b], (ll)a[i] + add[b]);
smax(ans, s);
}
return ans;
}
ll ans = 0, s = 0;
for (int i = l; i <= ed(bl(l)); ++i) s = std::max(s + a[i] + add[bl(i)], (ll)a[i] + add[bl(i)]), smax(ans, s);
for (int i = bl(l) + 1; i < bl(r); ++i) {
smax(ans, s + spre[i].get(add[i]));
smax(ans, c[i].get(add[i]));
s = std::max(s + sum[i], ssuf[i].get(add[i]));
}
for (int i = st(bl(r)); i <= r; ++i) s = std::max(s + a[i] + add[bl(i)], (ll)a[i] + add[bl(i)]), smax(ans, s);
return ans;
}
inline void work() {
build();
while (m--) {
int l, r, x;
static char s[5];
scanf("%s", s);
if (*s == 'Q') {
read(l), read(r);
printf("%lld\n", qans(l, r));
} else read(l), read(r), read(x), qadd(l, r, x);
}
}
inline void init() {
read(n), read(m);
blo = pow(n, 1.0 / 3);;
for (int i = 1; i <= n; ++i) read(a[i]);
}
int main() {
#ifdef hzhkk
freopen("hkk.in", "r", stdin);
#endif
init();
work();
fclose(stdin), fclose(stdout);
return 0;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/hankeke/p/bzoj5089.html
时间： 2024-08-05 22:07:15