int stream space rmq inline ems esc enter 音符

2006: [NOI2010]超級鋼琴

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Description

小Z是一個小有名氣的鋼琴家，最近C博士送給了小Z一架超級鋼琴，小Z希望能夠用這架鋼琴創作出世界上最美妙的 音樂。 這架超級鋼琴可以彈奏出n個音符，編號為1至n。第i個音符的美妙度為Ai，其中Ai可正可負。 一個“超級 和弦”由若幹個編號連續的音符組成，包含的音符個數不少於L且不多於R。我們定義超級和弦的美妙度為其包含的 所有音符的美妙度之和。兩個超級和弦被認為是相同的，當且僅當這兩個超級和弦所包含的音符集合是相同的。 小Z決定創作一首由k個超級和弦組成的樂曲，為了使得樂曲更加動聽，小Z要求該樂曲由k個不同的超級和弦組成。 我們定義一首樂曲的美妙度為其所包含的所有超級和弦的美妙度之和。小Z想知道他能夠創作出來的樂曲美妙度最 大值是多少。

Input

第一行包含四個正整數n, k, L, R。其中n為音符的個數，k為樂曲所包含的超級和弦個數，L和R分別是超級和弦所 包含音符個數的下限和上限。 接下來n行，每行包含一個整數Ai，表示按編號從小到大每個音符的美妙度。 N<=500,000 k<=500,000 -1000<=Ai<=1000,1<=L<=R<=N且保證一定存在滿足條件的樂曲

Output

只有一個整數，表示樂曲美妙度的最大值。

Sample Input

4 3 2 3
3
2
-6
8

Sample Output

11

【樣例說明】
共有5種不同的超級和弦：

音符1 ~ 2，美妙度為3 + 2 = 5
音符2 ~ 3，美妙度為2 + (-6) = -4
音符3 ~ 4，美妙度為(-6) + 8 = 2
音符1 ~ 3，美妙度為3 + 2 + (-6) = -1
音符2 ~ 4，美妙度為2 + (-6) + 8 = 4
最優方案為：樂曲由和弦1，和弦3，和弦5組成，美妙度為5 + 2 + 4 = 11。

HINT

用三元組(i, l, r)表示右端點為i，左端點在[l, r]之間和最大的區間（[l, r]保證是對於i可行右端點區間的一個子區間），我們用堆維護一些這樣的三元組。堆中初始的元素為每個i，並且[l, r]為這個i可行左端點的區間。假如某次最大值為(i, l, r)，並且j為那個和最大區間的左端點，那麽需要往堆中加入兩個三元組(i, l, j-1)和(i, j+1, r)。對於一個三元組，計算對應最大和的問題實際就是一個RMQ問題，可以通過Sparse Table在O(NlogN) – O(1)的時間內解決。這個算法的總時間復雜度為O(NlogN + K log(N+K))

 1 #include<cstring>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<algorithm>
 4 #include<iostream>
 5 #include<cmath>
 6 #include<queue>
 7 
 8 #define N 500007
 9 #define ll long long
10 #define make(a,b,c,d) (Node){a,b,c,d}
11 using namespace std;
12 inline int read()
13 {
14     int x=0,f=1;char ch=getchar();
15     while(!isdigit(ch)){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
16     while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-‘0‘;ch=getchar();}
17     return x*f;
18 }
19 
20 int n,K,L,R;
21 int a[N],mx[N][22];
22 ll ans;
23 int bin[22],Log[N];
24 struct Node
25 {
26     int i,l,r,t;
27     friend bool operator<(Node x,Node y)
28     {
29         return a[x.t]-a[x.i-1]<a[y.t]-a[y.i-1];
30     }
31 };
32 
33 void init()
34 {
35     Log[0]=-1;for (int i=1;i<=n;i++) Log[i]=Log[i>>1]+1;
36     for (int i=1;i<=n;i++) mx[i][0]=i;
37     for (int i=n;i>=0;i--)
38         for (int j=1;j<=18;j++)
39             if (i+bin[j]-1<=n)
40             {
41                 int t1=mx[i][j-1],t2=mx[i+bin[j-1]][j-1];
42                 mx[i][j]=a[t1]>a[t2]?t1:t2;
43             }
44             else break;
45 }
46 inline int query(int l,int r)
47 {
48     if (l==r) return l;
49     int t=Log[r-l+1];
50     int t1=mx[l][t],t2=mx[r-bin[t]+1][t];
51     return a[t1]>a[t2]?t1:t2;
52 }
53 void solve()
54 {
55     priority_queue<Node,vector<Node> >q;
56     for (int i=1;i<=n;i++)
57         if (i+L-1<=n)
58         {
59             int t=min(n,i+R-1);
60             q.push(make(i,i+L-1,t,query(i+L-1,t)));
61         }
62     for (int i=1;i<=K;i++)
63     {
64         Node t=q.top();q.pop();
65         ans+=a[t.t]-a[t.i-1];
66         if (t.t-1>=t.l) q.push(make(t.i,t.l,t.t-1,query(t.l,t.t-1)));
67         if (t.t+1<=t.r) q.push(make(t.i,t.t+1,t.r,query(t.t+1,t.r)));
68     }
69 }
70 int main()
71 {
72     bin[0]=1;for (int i=1;i<=20;i++) bin[i]=bin[i-1]<<1;
73     n=read(),K=read(),L=read(),R=read();
74     for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
75     for (int i=1;i<=n;i++) a[i]+=a[i-1];
76     init(),solve();
77     printf("%lld\n",ans);
78 }

bzoj 2006 [NOI2010]超級鋼琴 rmq+堆