NOI2010超级钢琴

**NOI2010 超级钢琴** **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。 **题解：** 枚举左端点和右段点，把所得区间进行排序，取出最大的$k$个时间复杂度$O(n^2 * log n)$ 假如我们已经确定了所选区间的右端点，那么我们能否快速知道最优的左端点是哪个呢？显然可以，我们将区间和转变为前缀相减的形式，求$[l,r]$的最大值也就是求$s[r]-s[l-1]$的最大值，因为$r$确定，而$l$只能在一段固定的区间，我们可以用$RMQ$表快速查询最小值我们先把对于每个右端点先记录一个五元组扔到一个堆里五元组$(sum,right,l1,l2,x)$分别代表区间和，右端点，合法左端点的区间最左边和最右边，最优点的位置我们如何更新这个堆呢？对于$right$的右端点，我们找到他在$[l1,l2]$里的最优点的位置$x$ 我们把$(sum,right,l1,l2,x)$拿走再放入两个五元组$(sum1,right,l1,x-1,x1)$和$(sum2,right,x+1,r1,x2)$ 表示$x$左边的最优解，和右边的最优解就这样我们维护一个堆取出$k$个最大值即可 **$Code：$**

#include<bits/stdc++.h>
#define N 500005
using namespace std;
int n,k,l,r,a[N],s[N],maxn[N][20];
long long ans;
struct Heap
{int i,l,r,val,pos;bool operator<(const Heap & A) const{return val<A.val;}
};
int Max(int x,int y)
{return s[x]>s[y]?x:y;
}
int work(int l,int r)
{int k=log2(double(r-l+1));return Max(maxn[l][k],maxn[r-(1<<k)+1][k]);
}
priority_queue<Heap>heap;
int main()
{scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&l,&r);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);s[i]=s[i-1]+a[i];maxn[i][0]=i;}for(int j=1;j<20;j++)for(int i=1;i<=n+1-(1<<j);i++)maxn[i][j]=Max(maxn[i][j-1],maxn[i+(1<<(j-1))][j-1]);for(int i=1;i<=n;i++)if(i+l-1<=n){int ll=i+l-1;int rr=min(i+r-1,n);int pos=work(ll,rr);int val=s[pos]-s[i-1];heap.push((Heap){i,ll,rr,val,pos});}else break;while(!heap.empty()&&k--){Heap now=heap.top();heap.pop();ans+=now.val;Heap ll=now,rr=now;ll.r=now.pos-1; if(ll.r>=ll.l){ll.pos=work(ll.l,ll.r);ll.val=s[ll.pos]-s[ll.i-1];heap.push(ll);}rr.l=now.pos+1;if(rr.r>=rr.l){rr.pos=work(rr.l,rr.r);rr.val=s[rr.pos]-s[rr.i-1];heap.push(rr);}}printf("%lld\n",ans);return 0;
}

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