一道耗费大量精力的数据结构题目

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题目分析

大家应该都能意识到，每一次都去找下标最小的最大值是非常浪费时间的。而对于一个位置而言，只要被操作一次就等于这个位置要被操作a[i]次，因为两边的值同时被-1，导致两边的值永远不会被取到。
因此，我们可以对一个选定的位置(i)一直操作，直到a[i]变成0，此时a[i-1]和a[i+1]必定都变成0。如此反复，我我们的任务就变成了维护这个序列，求在这个序列中被选出的若干数的和。
这样，我们最初的思路就产生了。vis[]用于判断某一个位置是否被覆盖，对于每一次修改，在修改完成后从大到小进行排序，每选出一个位置就把两边的位置的vis置为true，如此反复，直到把所有位置都取出，则取出这些数的和就是这一次询问的答案。
复杂度是O(qnlogn)O(qnlogn)O(qnlogn)。
这样我们就可以获得至少15分的好成绩啦
面对满眼的TLE，再看着出题人是lxl，我们就知道这个题目需要一些毒瘤的数据结构来维护啦。

题目再分析

由于需要取的数字是一系列较大的数，所以我们会考虑到一些单调的序列上的性质。我们发现，对于一个单调序列，我们取到的数字必定是第一大，第三大，第五大……在下标上的规律就是，取到的数下标的奇偶性必定是相同的。所以我们考虑使用树状数组(也许线段树也可以)分奇偶维护序列ai的前缀和，这样面对单调的序列就可以快速求出对应的数字和了。
那么下一个问题就是确定每一段单调序列的位置，这个问题也不难解决，我们只需要一个set来维护每一段序列的开头位置和结尾位置（就相当于是维护这个序列的极大值和极小值的位置）即可。
尽管这样，每一次修改对全部内容进行更新也产生了非常不理想的时间复杂度。所以我们考虑一次修改产生的最大的影响有多大的范围，只修改会产生影响的范围内的数据就可以减小需要耗费的时间了。
经过艰苦的找数据过程，我们发现最多会影响到两边不超过2个极值点的位置，如序列(11,10,9,2,6,8)(11,10,9,2,6,8)(11,10,9,2,6,8),极值位置有(1,4,6)(1,4,6)(1,4,6),将第3位的9改成1，会导致[4,6][4,6][4,6]段变成[3,6][3,6][3,6]段，影响到了右数第二个极值位置(6)；而对于一个上凸的序列(2,5,8,6,3)(2,5,8,6,3)(2,5,8,6,3)，极值位置有(1,3,5)(1,3,5)(1,3,5)，修改第四位的6为9，影响到了[1,3][1,3][1,3]段，变为了[1,4][1,4][1,4]段，影响了向左数第二个极值点。
所以对于每一次修改，我们都把它两边的两个极值点之间的区间进行更新，就可以保证全部覆盖每一次修改的影响范围。而答案自然就是（上一次的答案-之前的区间的答案贡献 + 修改之后的答案贡献）。
在大框架完成之后，需要考虑的问题是极小值是否需要计算的问题。方法是先都不计算极小值的部分，需要计算的情况只有与左右两边的极大值之间距离均为偶数（下标奇偶性相同），所以在计算的时候加一步讨论就可以解决。同时计算的时候还需要分递增序列和递减序列进行考虑
其他还有许许多多的边界问题需要考虑和讨论，在这部分我出锅的主要原因是set中begin()是真实存在的，而end()是不存在的。统计答案的时候端点达到begin是可以的，但是达到end是不可以的。
在具体实现上，我们发现输入原始序列就相当于是对一个全0的序列进行若干次修改，所以也同样可以使用上面的方法，这样也减轻了代码的压力

XBB

菜鸡讨论了一下午，终于解决了需要考虑的所有问题，A掉了两年前加到题单里的题目，将近3KB的代码QAQ

代码已经不成人形了5555

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <set>
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 100;
typedef long long ll;
typedef set<int>::iterator SIT;
#define DEBUG cerr << "OK";
int a[MAXN],n;
struct TreeArray{ll s[MAXN];int N;inline int lowbit(int num){return num & (-num);}void add(int pos, int val){for (int i = pos; i <= N; i += lowbit(i))s[i] += 1LL * val;}ll query(int pos){int cnt = 0;ll sum = 0; for (int i = pos ; i; i -= lowbit(i),cnt++)sum += s[i];return sum;}
}arr[2];set<int> s;
ll ans;inline int re()
{int num = 0, minus = 1;char ch = getchar();while (ch > '9' || ch < '0'){if (ch == '-')minus = -1;ch = getchar();}while (ch >= '0' && ch <= '9'){num = (num << 1) + (num << 3) + ch - '0';ch = getchar();}return num * minus;
}// get the peak or valley sum
ll getSum(SIT l, SIT r)
{ll ret = 0;while (l != r){SIT it = --r;++r;if(a[*it] < a[*r]){//递增int curPos = *r;ret += arr[curPos & 1].query(curPos) - arr[curPos & 1].query(*it);}else {//递减int curPos = *it;ret += arr[curPos & 1].query(*r - 1) - arr[curPos & 1].query(curPos);//极小值是否需要被加SIT moreRight = ++r;--r;SIT moreLeft = r;if (moreLeft != s.begin()) moreLeft--;if (moreRight == s.end())moreRight --;if (!((*moreRight - *r) & 1) && !((*r - *moreLeft) & 1))ret += a[*r];}r--;}if (a[*l] >= a[*l + 1])return ret;//判断边界最小值是否需要加，跟上面完全一样SIT moreRight = ++r;--r;SIT moreLeft = r;//moreLeft --;if (moreLeft != s.begin()) moreLeft--;if (moreRight == s.end())moreRight --;if (!((*moreRight - *r) & 1) && !((*r - *moreLeft) & 1))ret += a[*r];return ret;
}
inline void checkValid(int pos)
{if((a[pos] > a[pos - 1]) == (a[pos + 1] > a[pos]))s.erase(pos);else s.insert(pos);
}void update(int pos, int num)
{//to get the influenced segmentSIT it = s.lower_bound(pos);SIT r = it,l=it;r++,l--;if (r != s.end() && (*it) == pos) r++;if(r == s.end())r--;if (l != s.begin())l--;ans -= getSum(l, r);//更新内容arr[pos & 1].add(pos, num - a[pos]);a[pos] = num;checkValid(pos);if(pos != 1) checkValid(pos - 1);if(pos != n) checkValid(pos + 1);ans += getSum(l, r);
}   int main()
{n = re();arr[0].N = arr[1].N =n + 1;int tmp = 0;s.insert(0);s.insert(n + 1);for (int i = 1; i <= n; ++i){tmp = re();update(i,tmp);}int q = re();//for(SIT i = s.begin();i != s.end();++i)// cerr << *i << ' ';while(q--){int pos = re(), val = re();update(pos, val);printf("%lld\n",ans);}return 0;
}

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