题目描述

作为养殖场的大佬，阳阳引进了养殖呆河马的技术，而且她有一个团队来研究呆河马的养殖技巧来制定养殖规划，并在今年购入了 1 只呆河马。她们制定了从今年(即第 0 年)到第 n−1年的养殖呆河马的计划。其中她们确定了一个繁殖系数 Xi，其中 Xi 代表着在第 i年，若第 iii 年年初时有h只呆河马，则第 i年年末(第 i+1 年年初)会有 h⋅Xi只呆河马，且这个时候养殖园可以杀掉一些呆河马赚钱，每只呆河马的可以赚到的利润为Pi

而每次阳阳会预估到总会有一些意外发生，因此她会对养殖的预测进行 m 次修改，且每次修改只会涉及一个 Xi 或Pi的修改。注意：修改是累加的，即每次涉及修改时都应该考虑之前的所有的修改。作为养殖场的场长阳阳，她肯定希望养殖呆河马可以得到收益最大，但是阳阳的养殖场的呆河马实在是太多了，她忙不过来了，因此需要你的帮忙。

你的任务是，输出她初始与每次修改后，养殖呆河马可以获取最大的利润。

输入格式

第一行为一个正整数 n，描述阳阳的规划的年数。

接下来一行，有 n 个正整数，第 i个数字为题中所描述的 Xi-1。

接下来一行，有 n 个正整数，第 i个数字为题中所描述的 Pi-1。

接下来一行，为 1 个正整数 m，描述阳阳修改计划的次数。

接下来 mmm 行，每行 3 个正整数 type， pos， val，若 type=1 则说明把 Xpos的值修改为 val，若type=2，则说明把Ppos的值修改为 val。

输出格式

输出 m+1行，每行一个正整数。第 1 行输出在最初条件时，养殖呆河马可获得最大的利润，接下来 m 行，分别输出每次修改后，养殖呆河马可获得最大的利润。

由于答案有可能会极大，因此你只需每次输出答案对 10的九次方取模后的结果。
思路
设F(n）表示第n天出售呆河马可以获得的利润，则有：

设
则有

处理出F(n)可以过前8个测试点。
然后在用枚举的方法可以过前16个测试点。

附上代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
using namespace std;const int maxn=5e5+12;
const int mod=1e9+7;
int n,x[maxn],y[maxn];static char _buffer[1024];
static int _currentChar = 0;
static int _charsNumber = 0;
static FILE *_inputFile, *_outputFile;struct Tree{int mx,num;double val,sum;
}tree[maxn<<2];void pushup(int now){if(tree[now<<1].val>tree[now<<1].sum+tree[now<<1|1].val){tree[now].val=tree[now<<1].val;tree[now].mx=tree[now<<1].mx;}else{tree[now].val=tree[now<<1].sum+tree[now<<1|1].val;tree[now].mx=1LL*tree[now<<1].num*tree[now<<1|1].mx%mod;}tree[now].num=1LL*tree[now<<1].num*tree[now<<1|1].num%mod;tree[now].sum=tree[now<<1].sum+tree[now<<1|1].sum;
}void build(int l,int r,int now){if(l==r){tree[now].mx=1LL*x[l]*y[l]%mod;tree[now].num=x[l];tree[now].val=log(1.0*x[l]*y[l]);tree[now].sum=log(1.0*x[l]);return ;}int mid=(l+r)>>1;build(l,mid,now<<1);build(mid+1,r,now<<1|1);pushup(now);
}void updata(int L,int l,int r,int now){if(l==r){tree[now].mx=1LL*x[l]*y[l]%mod;tree[now].num=x[l];tree[now].val=log(1.0*x[l]*y[l]);tree[now].sum=log(1.0*x[l]);return ;}int mid=(l+r)>>1;if(L<=mid)updata(L,l,mid,now<<1);else updata(L,mid+1,r,now<<1|1);pushup(now);
}int init(int N, int X[], int Y[]){n=N;for(int i=1;i<=n;i++)x[i]=X[i-1],y[i]=Y[i-1];build(1,n,1);return tree[1].mx;
}int updateX(int pos, int val){x[pos+1]=val;updata(pos+1,1,n,1);return tree[1].mx;
}int updateY(int pos, int val){y[pos+1]=val;updata(pos+1,1,n,1);return tree[1].mx;
}static inline int _readInt(){int c, x, s;c =  getchar();while (c <= 32) c = getchar();x = 0;s = 1;if (c == '-'){s = -1;c = getchar();}while (c > 32){x *= 10;x += c - '0';c = getchar();}if (s < 0) x = -x;return x;
}int main(){int N; N = _readInt();int *X = (int*)malloc(sizeof(int)*(unsigned int)N);int *Y = (int*)malloc(sizeof(int)*(unsigned int)N);for(int i = 0; i < N; i++){X[i] = _readInt();}for(int i = 0; i < N; i++){Y[i] = _readInt();}   printf("%d\n",init(N,X,Y));int M; M = _readInt();for(int i = 0; i < M; i++){int type; type = _readInt();int pos; pos = _readInt();int val; val = _readInt(); if (type == 1){printf("%d\n",updateX(pos,val));} else if (type == 2){printf("%d\n",updateY(pos,val));}}return 0;
}

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洛谷P4837 养殖呆河马（线段树）

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