【洛谷5069】纵使日薄西山【set】【树状数组】

传送门

最nb的就是这种算法简单思维困难的题。

题目说，选最大，将左中右三个一起减少。

使用瞪眼法你要发现一个性质：

修改一个数，那左中右的相对大小不变。所以它左右的数不会被修改，永远不会。因为其它数最多会使它们减少。

也就是说，我们要维护的其实是所有会被操作的数的和。

哪些数会被操作呢。

数列问题要考虑单调区间。

对于一个单调区间，从最高的那个点开始，我们会处理第一个，第三个，第五个，，这样的点。

也就是说，对于一个区间，我们只处理奇偶性相同的一些点。

所以我们考虑维护极端点，就是那些隔开区间的点点。用set装就行。

现在我们要想，修改一个点会影响哪些区间。举个栗子。如果原来是这样

1，9,7,9,1,。

如果把7修改成10，那首先影响了[9,7]和[7,9]这两个，变成不存在的区间。

其次使得[1,9]和[9,1]扩展了。所以会影响左右各两个区间总共四个。

在计算答案的时候，我们一个一个区间地修改，我使用了左开右闭表示。但是还有些细节：

比如这两个区间长成这个样子：5,3,8；我们发现对于[3,8]这个区间，3会被4修改。但我们一段一段计算，3会被[5,3]计算进去。所以我们要判断。也就是说，如果我和我右边的奇偶性不同，且我是低点，我就要减1。

而对于最左边那个端点，因为是左开右闭，我们要先确定这个端点是否计算。如果这个端点是一个低点，且和下一个点奇偶性相同，和上一个点奇偶性也相同，它才会在本次进入计算。否则，它早就在之前被计算了。

如此，你就可以水过去一个黑题。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define in read()
#define IT set<int>::iterator
#define int long long
int in{int cnt=0,f=1;char ch=0;while(!isdigit(ch)){ch=getchar();if(ch=='-')f=-1;}while(isdigit(ch)){cnt=cnt*10+ch-48;ch=getchar();}return cnt*f;
}
set<int> s;int ans;
int lowbit(int u){return u&(-u);
}
struct node{int t[100003];void update(int u,int key){while(u<=100000){t[u]+=key;u+=lowbit(u);}}int query(int u,int x){int sum=0;while(x){sum+=t[x];x-=lowbit(x);}while(u){sum-=t[u];u-=lowbit(u);}return sum;}
}b[2];int n,a[100003],q;
#define ODD(o) ((*l^*o(j=l))&1)//表示我和下一个或者上一个的奇偶性是否相同。
void calc(IT l,IT r,int inv){IT i,j;int sum=(*l&&(a[*l]<a[*l+1])&&!ODD(--)&&!(ODD(++)))?a[*l]:0;for(i=l++;i!=r;i=l++){if(a[*l]>a[*i])sum+=b[*l&1].query(*i,*l);else sum+=b[*i&1].query(*i,*l-ODD(++));}ans+=sum*inv;
}
void yzzkal(int pos){if((a[pos]<a[pos+1])!=(a[pos-1]<a[pos]))s.insert(pos);else s.erase(pos);
}
void update(int key,int pos){IT i=s.lower_bound(pos),l=i,r=i;--l;if(l!=s.begin())--l;++r;if(r==s.end()||(*i==pos)&&(++r==s.end()))--r;calc(l,r,-1);b[pos&1].update(pos,key-a[pos]);a[pos]=key;yzzkal(pos);if(pos>1)yzzkal(pos-1);if(pos<n)yzzkal(pos+1);calc(l,r,1);
}signed main(){n=in;s.insert(0);s.insert(n+1);for(int i=1;i<=n;i++)update(in,i);//cout<<ans<<"# "<<endl; q=in;while(q--){int x=in;int y=in;update(y,x);cout<<ans<<'\n';}return 0;
}

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