[NOI 2010]超级钢琴
Description
Input
Output
Sample Input
4 3 2 3
3
2
-6
8
Sample Output
11
Hint
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。
n,k<=500,000
题目大意
求长度在[L,R]之间的最大的K个子序列的和
题解
考虑每个左端点$i$,合法的区间的右端点会在$[i+L,i+R]$内。
不妨枚举所有左端点,找到以其为左端点,满足题意的最大子序列。
用贪心的思想,显然这些序列中最大的一定是满足题意的,统计后将该序列删除。
但若删除,就意味着以i为左端的序列都被排除,显然会流失掉一些有用的值。
原来的区间$[i+L,i+R]$,假设在$maxi$处取得最大值,我们不妨将其裂解成两个区间$[i+L,maxi-1]$,$[maxi+1,i+R]$并分别找出在这两个小区间内的最大值,将他们加入待选序列中。
显然维护就直接用堆,堆中记录一个5元组$(v,i,l,r,w)$分别表示该子序列的值$v$,左端点的位置$i$,右端点的区间$[l,r]$和去最值的右端点的位置$w$,以$v$为关键字,建大根堆。
最后一个问题就是查找了,我们不妨预处理出前缀和。已知$i~j$的序列的值为$sum[j]-sum[i-1]$,既然左端点固定,那么只要找右端点处的$sum$最大值即可。用$RMQ$实现查找区间最大值。
1 #include<map> 2 #include<cmath> 3 #include<ctime> 4 #include<queue> 5 #include<stack> 6 #include<cstdio> 7 #include<string> 8 #include<vector> 9 #include<cstring> 10 #include<cstdlib> 11 #include<iostream> 12 #include<algorithm> 13 #define LL long long 14 #define RE register 15 #define IL inline 16 using namespace std; 17 const int N=500000; 18 19 IL int Max(int a,int b){return a>b ? a:b;} 20 IL int Min(int a,int b){return a<b ? a:b;} 21 22 struct node 23 { 24 int v,i,l,r,w; 25 26 }t,tmp; 27 bool operator < (const node &a,const node& b)//重载,建立大根堆 28 { 29 return a.v<b.v; 30 } 31 priority_queue<node>Q; 32 33 int n,k,l,r,op; 34 LL ans; 35 int f[N+5][20],where[N+5][20]; 36 37 int maxn,maxi; 38 IL void RMQ(int l,int r)//查询最值 39 { 40 int opt=log2(r-l+1); 41 if (f[l][opt]>=f[r-(1<<opt)+1][opt]) maxn=f[l][opt],maxi=where[l][opt]; 42 else maxn=f[r-(1<<opt)+1][opt],maxi=where[r-(1<<opt)+1][opt]; 43 } 44 45 int main() 46 { 47 memset(f,128,sizeof(f)); 48 f[0][0]=0; 49 scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&l,&r); 50 op=log2(n); 51 for (int i=1;i<=n;i++) 52 { 53 scanf("%d",&f[i][0]); 54 where[i][0]=i; 55 f[i][0]+=f[i-1][0]; 56 } 57 for (int t=1;t<=op;t++) 58 for (int i=1;i<=n;i++) if (i+(1<<(t-1))-1>n) break; 59 else//倍增,where记录取最值的位置 60 { 61 if (f[i][t-1]>=f[i+(1<<(t-1))][t-1]) f[i][t]=f[i][t-1],where[i][t]=where[i][t-1]; 62 else f[i][t]=f[i+(1<<(t-1))][t-1],where[i][t]=where[i+(1<<(t-1))][t-1]; 63 } 64 for (int i=1;i<=n-l+1;i++) 65 { 66 RMQ(i+l-1,i+Min(r-1,n-i)); 67 t.v=maxn-f[i-1][0],t.i=i,t.l=i+l-1,t.r=i+Min(r-1,n-i),t.w=maxi; 68 Q.push(t); 69 } 70 while (k--) 71 { 72 t=Q.top(); 73 Q.pop(); 74 ans+=t.v; 75 if (t.w>t.l)//要判断裂解的区间是否合法 76 { 77 RMQ(t.l,t.w-1); 78 tmp.v=maxn-f[t.i-1][0],tmp.i=t.i,tmp.l=t.l,tmp.r=t.w-1,tmp.w=maxi; 79 Q.push(tmp); 80 } 81 if (t.w<t.r) 82 { 83 RMQ(t.w+1,t.r); 84 tmp.v=maxn-f[t.i-1][0],tmp.i=t.i,tmp.l=t.w+1,tmp.r=t.r,tmp.w=maxi; 85 Q.push(tmp); 86 } 87 } 88 printf("%lld\n",ans); 89 return 0; 90 }
转载于:https://www.cnblogs.com/NaVi-Awson/p/7242846.html
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