Problem
传送门
给一个长度为\(n\)的序列\(A\)，定义子区间价值\(W_{[l,r]}=\sum_{i = l}^{i \leq r}A_i\)
要求选出\(k\)个互不相同的子区间，使选出的区间价值和最大。
Solution
首先，为了快速求出一段区间的和，我们预处理前缀和
然后就是一个很巧妙的技巧：
定义\(Max_{(o,l,r)}\)为以\(o\)为左端点，长度在区间\([l,r]\)以内的权值和最大的连续区间。
很显然\(Max_{(o,l,r)}=max(sum(t)-sum(o - 1), t∈[l,r])\)
其中\(sum(x) = \sum_{i = 1}^{i \leq x}A[i]\)
因为固定了o点，\(sum(o - 1)\)一定是确定的，所以我们相当于要求\(sum(t)\)在区间\([l,r]\)中的最大值。
不难想到用线段树维护，但是因为没有修改操作，可以直接用\(RMQ\)
然后就是贪心了，维护一个大根堆，每次询问堆顶元素的权值，在将它从堆中删除……
然后就愉快的\(WA\)成\(SB\)了……
分析错误原因，是我们没有考虑以\(o\)为左端点的区间有可能有不止一个区间可以为答案做出贡献……
所以我们在删除对顶元素时，还需要将剩余部分插入堆
假设当前堆顶的元素为\(Max_{(o,l,r)}\)且区间长度为\(t\)时，取到最大值
在删除后我们将\(Max_{(o,l,t - 1)}\)与\(Max_{(o,t + 1, r)}\)扔回堆中即可
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define mp make_pair
#define fst first
#define snd second
template<typename T> inline bool chkmin(T &a, const T &b) { return a > b ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, const T &b) { return a < b ? a = b, 1 : 0; }
inline int read(){
int res = 0, fl = 1;
char r = getchar();
for (; !isdigit(r); r = getchar()) if(r == '-') fl = -1;
for (; isdigit(r); r = getchar()) res = (res << 3) + (res << 1) + r - 48;
return res * fl;
}
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> pii;
const int Maxn = 2e6 + 10;
int n, L, R, k, a[Maxn], ok;
namespace RMQ{
pii RMQ[Maxn][21];
int Log[Maxn], Pow[30];
inline pii Query(int l, int r){
return max(RMQ[l][Log[r - l + 1]], RMQ[r - Pow[Log[r - l + 1]] + 1][Log[r - l + 1]]);
}
void init(){
int num = 1;
Log[0] = -1;
for (int i = 1; i <= n; ++i){
if(i == num) Log[i] = 1, num = num << 1;
Log[i] += Log[i - 1];
RMQ[i][0] = mp(a[i], i);
}
Pow[0] = 1;
for (int i = 1; i <= 20; ++i) Pow[i] = Pow[i - 1] << 1;
for (int j = 1; j <= Log[n]; ++j)
for (int i = 1; i <= n; ++i)
RMQ[i][j] = max(RMQ[i][j - 1], RMQ[i + Pow[j - 1]][j - 1]);
}
}
struct node{
int o, l, r, val;
bool operator < (const node & T) const{ return val < T.val;}
inline int Query(){ return RMQ::Query(o + l - 1, o + r - 1).fst - a[o - 1];}
inline int Where(){ return RMQ::Query(o + l - 1, o + r - 1).snd - o + 1;}
};
priority_queue<node> Q;
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in", "r", stdin);
freopen("a.out", "w", stdout);
#endif
n = read(), k = read(), L = read(), R = read();
for (int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read() + a[i - 1];
RMQ::init();
for (int i = 1; i <= n - L + 1; ++i){
node now = (node){i, L, min(R, n - i + 1), 0};
now.val = now.Query();
Q.push(now);
}
LL ans = 0;
node nxt;
while(k--){
node now = Q.top();
ans += now.val;
Q.pop();
if(now.Where() > now.l)
nxt = (node){now.o, now.l, now.Where() - 1, 0}, nxt.val = nxt.Query(), Q.push(nxt);
if(now.Where() < now.r)
nxt = (node){now.o, now.Where() + 1, now.r, 0}, nxt.val = nxt.Query(), Q.push(nxt);
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
转载于:https://www.cnblogs.com/LZYcaiji/p/10611178.html
相关资源：JAVA上百实例源码以及开源项目
