題目

傳送門

給定 \(n,a\) 以及有 \(n\) 個元素的一個數列 \(c\) 和一個單調不降數列 \(d\)，求

\[\max\{(r-l+1)\times a-\sum_{i=l}^r c_i-\text{gap}(l,r)\} \]

其中 \(l\in [1,n],l\le r\le n\) 且

\[\text{gap}(l,r)=\max_{i=l}^{r-1}(d_{i+1}-d_i)^2 \]

特別地，如果 \(l=r\)，那麼 \(\text{gap}(l,r)=0\).

題解

分析題目中的柿子，對於一個區間 \([l,r]\)，將其的值記為 \(\text{val}(l,r)\)

\[\text{val}(l,r)=(r-l+1)\times a-\sum_{i=l}^r c_i-\text{gap}(l,r) \]

不難看出，我們要快速計算 \(\sum_{i=l}^r c_i\)，可以先將其處理為字首和的形式，那麼 \(\sum_{i=l}^r c_i\) 就變成 \(c_r-c_{l-1}\)

嘗試將 \(\text{val}(l,r)\) 進行轉化：

\[\begin{aligned} \text{val}(l,r)&=(r-l+1)\times a-(c_r-c_{l-1})-\text{gap}(l,r) \\ &=ar-a(l-1)-c_r+c_{l-1}-\text{gap}(l,r) \\ &=(ar-c_r)-\left [ a(l-1)-c_{l-1}\right]-\text{gap}(l,r) \end{aligned} \]

發現有形式相同的部分 \(ar-c_r\) 與 \(a(l-1)-c_{l-1}\)，那麼我們記

\[f(x)=ax-c_{x} \]

柿子就變成

\[\text{val}(l,r)=f(r)-f(l-1)-\text{gap}(l,r) \]

考慮移項，有

\[\text{val}(l,r)+f(l-1)=f(r)-\text{gap}(l,r) \]

對於每個 \(l\)，我們所需要做的就是在所有 \(r\in [l,n]\) 中找到最大的 \(f(r)-\text{gap}(l,r)\)，考慮先處理子問題，如果沒有 \(\text{gap}(l,r)\)，那麼我們用單調棧，或者退一步用線段樹等資料結構都是很好處理的，但是由於這個 \(\text{gap}(l,r)\)

考慮分析 \(\text{gap}(l,r)\) 的結構，是所有區間 \([l,r]\) 中 \(d\) 的相鄰兩項的差值的平方的最大值，由於是最大值，那麼 \(\text{gap}(l,r)\) 在 \(r\) 固定，\(l\) 變小的情況下，只有可能變大而沒可能變小，即其具單調性。

既然有單調性，考慮同樣用單調棧維護 \(\text{gap}(l,r)\)，因為 \(d\) 單調不降，那麼 \(d_{l+1}-d_l\ge 0\)，符號全為正，那麼我們並不需要直接比較平方而先維護 \(\max \Delta d\).

顯然，\(\max \Delta d\) 在某一段都是連續的，對於有著同樣 \(\max \Delta d\) 的區間，我們可以考慮將其合併，對於新的一個 \(l\)，我們要放入 \(d_{l+1}-d_l\) 的值，對於那些小於這個值的區間彈出，將他們合併之後（因為他們的原 \(d\) 都比 \(d_{l+1}-d_l\) 小，取最大值後他們的 \(d\) 都變為 \(d_{l+1}-d_l\)，這時他們將被視作 \(\max \Delta d\) 相同的區間，需合併）再將 \(\max \Delta d\) 更新為 \(d_{l+1}-d_l\)，最後再放入單點 \(l\) 即可。

前面提及

如果沒有 \(\text{gap}(l,r)\)，那麼我們用單調棧，或者退一步用線段樹等資料結構都是很好處理的。

而 \(\text{gap}(l,r)\) 經分析後發現可以用單調棧維護，那麼我們嘗試同時用單調棧維護 \(f(r)\) 和 \(\text{gap}(l,r)\).

對於有著同樣 \(\max \Delta d\) 的區間，我們記錄幾個最大值：

• \(\max\Delta d\)，這個還要用於維護單調性；
• \(\max \{f-\Delta d\}\)，這個用於更新答案；
• \(\max f\)，這個需要用於更新 \(\max \Delta d\) 之後重新計算 \(\max \{f-\Delta d\}\)；

在我們放入一個新的 \(l\) 時，我們實際要放入 \(d_{l+1}-d_l\)，首先將那些 \(\max\Delta d<d_{l+1}-d_l\) 的區間彈出、合併、更新、重新放入，再講其自己——單點 \(l\) 放入棧即可。

至於區間彈出、合併、更新、重新放入，程式碼中有詳細說明。

程式碼

#include<cstdio>

#define rep(i,__l,__r) for(signed i=(__l),i##_end_=(__r);i<=i##_end_;++i)
#define fep(i,__l,__r) for(signed i=(__l),i##_end_=(__r);i>=i##_end_;--i)
#define erep(i,u) for(signed i=tail[u],v=e[i].to;i;i=e[i].nxt,v=e[i].to)
#define writc(a,b) fwrit(a),putchar(b)
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
#define ft first
#define sd second
typedef long long LL;
// typedef pair<int,int> pii;
typedef unsigned long long ull;
typedef unsigned uint;
#define Endl putchar('\n')
#define int long long
// #define int unsigned
// #define int unsigned long long

#define cg (c=getchar())
template<class T>inline void read(T& x){
    char c;bool f=0;
    while(cg<'0'||'9'<c)f|=(c=='-');
    for(x=(c^48);'0'<=cg&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));
    if(f)x=-x;
}
template<class T>inline T read(const T sample){
    T x=0;char c;bool f=0;
    while(cg<'0'||'9'<c)f|=(c=='-');
    for(x=(c^48);'0'<=cg&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));
    return f?-x:x;
}
template<class T>void fwrit(const T x){//just short,int and long long
    if(x<0)return (void)(putchar('-'),fwrit(-x));
    if(x>9)fwrit(x/10);
    putchar(x%10^48);
}
template<class T>inline T Max(const T x,const T y){return x<y?y:x;}
template<class T>inline T Min(const T x,const T y){return x<y?x:y;}
template<class T>inline T fab(const T x){return x>0?x:-x;}
inline int gcd(const int a,const int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
inline void getInv(int inv[],const int lim,const int MOD){
    inv[0]=inv[1]=1;for(int i=2;i<=lim;++i)inv[i]=1ll*inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
}
inline LL mulMod(const LL a,const LL b,const LL mod){//long long multiplie_mod
    return ((a*b-(LL)((long double)a/mod*b+1e-8)*mod)%mod+mod)%mod;
}

const int maxn=3e5;
const LL inf=(1ll<<60);

int n;

LL a,d[maxn+5],c[maxn+5],f[maxn+5];

inline void Init(){
    n=read(1),a=read(1ll);
    rep(i,1,n)d[i]=read(1ll),c[i]=c[i-1]+read(1ll),f[i]=a*i-c[i];
}

struct node{LL d,maxf,maxans;}sta[maxn+5];
int ed;

//返回平方數
inline LL pow2(const LL x){return x*x;}

inline void Get_ans(){
    LL ans=Max(0ll,a-(c[n]-c[n-1]));//先選擇單點, 但也有可能不選更好...
    sta[0].maxans=-inf;//在下面的字尾最大中, 為防止 0 干擾字尾最大, 此處賦值為極小值
    sta[++ed]=node{0,f[n],f[n]};//放進去單點, 沒有 d, 故 d=0
    LL max_pref;//記錄因為 d 太小而被彈出的區間中, maxf 的最大值
    fep(l,n-1,1){max_pref=-inf;
        while(ed>0 && sta[ed].d<=d[l+1]-d[l]){
            max_pref=Max(max_pref,sta[ed].maxf);//為了之後再把這些區間放進去時再用
            sta[ed--]=node{0,0,0};//為了預防干擾計算
        }
        if(max_pref!=-inf)
            //存在某些區間的 d 比放進去的小, 這些需要被更新
            //這個時候需要更新他們的 d, 再把他們合併放進去
            //而此處與前一位置的 maxf 取最大值
            //是因為我們棧的元素中 maxans 並不是這個元素單獨的 maxans, 而是棧中的所有元素的 maxans 的字尾最大值
            //我們要用最大值來更新答案, 而不只是單獨一個元素的 maxans
            sta[++ed]=node{d[l+1]-d[l],max_pref,Max(max_pref-pow2(d[l+1]-d[l]),sta[ed-1].maxans)};
        //把這個單點 l 放進去
        sta[++ed]=node{0,f[l],Max(f[l],sta[ed-1].maxans)};
        //更新答案
        ans=Max(ans,sta[ed].maxans-f[l-1]);
        // rep(i,0,ed)
        //     printf("sta[%d] : %lld %lld %lld\n",i,sta[i].d,sta[i].maxf,sta[i].maxans);
    }writc(ans,'\n');
}

signed main(){
    Init();
    Get_ans();
    return 0;
}