[NOI2010]超级钢琴
题目描述
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。
输入输出格式
输入格式：
输入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。
输出格式：
输出只有一个整数，表示乐曲美妙度的最大值。
输入输出样例
输入样例#1：
4 3 2 3
3
2
-6
8
输出样例#1：
11
说明
共有5种不同的超级和弦：
1. 音符1 ~ 2，美妙度为3 + 2 = 5
2. 音符2 ~ 3，美妙度为2 + (-6) = -4
3. 音符3 ~ 4，美妙度为(-6) + 8 = 2
4. 音符1 ~ 3，美妙度为3 + 2 + (-6) = -1
5. 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。
所有数据满足：(-1000 ≤ Ai ≤ 1000，1 ≤ L ≤ R ≤ n)且保证一定存在满足要求的乐曲。
Solution
bzoj2006
ST表+贪心
首先看到找区间最大值,事实上只要看到区间问题,应该可以想到前缀和(因为这个是真的方便)
暴力枚举的话,(O(n^2)),接受不了,想一想怎么优化?
我们发现,如果左端点s确定了,那么右端点的范围是一个区间([s+L-1,s+R-1]),令l=s+L-1,r=s+R-1,如果我们在l<=t<=r中选择了一个右端点t,那么[s,t]这一段区间的和是可以知道的,那么现在问题就转化成了在一段区间内选择一个最大值,暴力(O(n)),ST表倍增(O(logn)),所以我们选择倍增,不会ST表的看这里
现在,我们发现可以用(O(nlogn))的时间复杂度找到答案,但是由于要选m次,所以对于我们选的每一个右端点t,[l,t-1],[t+1,r]仍然可能是我们的答案,所以依然要加进去
那么怎么实现呢?我们可以用一个优先队列维护一个结构体,以区间和为关键值的大根堆,每次取出它的最大值,然后把当前端点左右节点push进去
for(int i=1;i<=m;i++) {
int u=q.top().id,tl=q.top().l,tr=q.top().r,tt=q.top().t;
ans+=q.top().v; q.pop();
if(tl<tt) add(u,tl,tt-1);
if(tt<tr) add(u,tt+1,tr);
}
时间复杂度:(O(nlog_2n+mlog_2n))
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define lol long long
#define Min(a,b) (a)<(b)?(a):(b)
#define Max(a,b) (a)>(b)?(a):(b)
using namespace std;
const int N=5e5+10;
void in(int &ans)
{
ans=0; int f=1; char i=getchar();
while(i<'0' || i>'9') {if(i=='-') f=-1; i=getchar();}
while(i>='0' && i<='9') ans=(ans<<1)+(ans<<3)+i-'0', i=getchar();
ans*=f;
}
int n,m,L,R;
int sum[N],f[N][21];
lol ans;
struct node {
int id,l,r,t;
lol v;
bool operator < (const node & a) const {return v<a.v;}
};
priority_queue<node>q;
void init()
{
for(int i=1;i<=n;i++) f[i][0]=i;
for(int j=1;(1<<j)<=n;j++)
for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++) {
int x=f[i][j-1],y=f[i+(1<<(j-1))][j-1];
f[i][j]=sum[x]>sum[y]?x:y;
}
}
void add(int i,int l,int r)
{
int tq=log2(r-l+1);
int x=f[l][tq],y=f[r-(1<<tq)+1][tq];
int t=(sum[x]>sum[y])?x:y;
q.push((node){i,l,r,t,sum[t]-sum[i-1]});
}
void work()
{
for(int i=1;i<=n;i++) {
if(i+L-1>n) break;
add(i,i+L-1,(Min(n,i+R-1)));
}
for(int i=1;i<=m;i++) {
int u=q.top().id,tl=q.top().l,tr=q.top().r,tt=q.top().t;
ans+=q.top().v; q.pop();
if(tl<tt) add(u,tl,tt-1);
if(tt<tr) add(u,tt+1,tr);
}
}
int main()
{
in(n),in(m),in(L),in(R);
for(int i=1;i<=n;i++) in(sum[i]),sum[i]+=sum[i-1];
init(); work();
printf("%lld
",ans);
return 0;
}