2019.01.13 loj#6515. 贪玩蓝月（线段树分治+01背包）

传送门

题意简述：有一个初始为空的双端队列，每次可以在队首和队尾插入或弹出一个二元组(wi,vi)(w_i,v_i)(wi​,vi​)，支持询问从当前队列中选取若干个元素是的他们的和对 MODMODMOD 取模后余数在[l,r][l,r][l,r]中，使得这些装备的战斗力之和最大。

---

思路：直接看询问貌似可以用010101背包。

然后由于这个双端队列只能在队首和队尾弹入弹出，那么考虑按时间线段树分治，这样每个元素都相当于一次占据logloglog个区间的修改操作。

于是我们先把所有修改操作下放，然后按照线段树的顺序来进行010101背包即可。

注：在博主经过尝试无法ac之后通过翻阅其他A题神犇的代码之后发现他们在最开始多输入了一个数，貌似加了这个无关紧要的read才能过（雾

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define lc (p<<1)
#define rc (p<<1|1)
#define mid (l+r>>1)
#define ri register int
using namespace std;
inline int read(){
	int ans=0;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))ch=getchar();
	while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return ans;
}
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
const int N=5e4+5;
int n,mod,tim=0;
bool is[N];
vector<pii>val[N<<2];
pii qry[N];
ll f[N][505];
inline void update(int p,int l,int r,int ql,int qr,pii v){
	if(ql<=l&&r<=qr){val[p].push_back(v);return;}
	if(qr<=mid)update(lc,l,mid,ql,qr,v);
	else if(ql>mid)update(rc,mid+1,r,ql,qr,v);
	else update(lc,l,mid,ql,mid,v),update(rc,mid+1,r,mid+1,qr,v);
}
inline void solve(int p,int l,int r){
	int now=tim;
	for(ri i=0;i<val[p].size();++i)for(ri j=0;j<mod;++j)
		f[tim+i+1][(j+val[p][i].fi)%mod]=max(f[tim+i][(j+val[p][i].fi)%mod],f[tim+i][j]+val[p][i].se);
	tim+=val[p].size();
	if(l==r){
		if(is[l]){
			ll ans=-0x3f3f3f3f;
			for(ri i=qry[l].fi;i<=qry[l].se;++i)ans=max(ans,f[tim][i]);
			cout<<(ans>=0?ans:-1)<<'\n';
		}
		tim=now;
		return;
	}
	solve(lc,l,mid),solve(rc,mid+1,r),tim=now;
}
inline int trans(string s){
	if(s=="IF")return 1;
	if(s=="IG")return 2;
	if(s=="DF")return 3;
	if(s=="DG")return 4;
	return 5;
}
int main(){
	read(),n=read(),mod=read();
	deque<pair<pii,int> >S;
	for(ri t,a,b,i=1;i<=n;++i){
		string op;
		cin>>op;
		t=trans(op);
		pii v;
		switch(t){
			case 1:a=read(),b=read(),S.push_front(make_pair(pii(a%mod,b),i));break;
			case 2:a=read(),b=read(),S.push_back(make_pair(pii(a%mod,b),i));break;
			case 3:update(1,1,n,S.front().se,i-1,S.front().fi),S.pop_front();break;
			case 4:update(1,1,n,S.back().se,i-1,S.back().fi),S.pop_back();break;
			default:a=read(),b=read(),is[i]=1,qry[i]=pii(a,b);
		}
	}
	while(S.size())update(1,1,n,S.front().se,n,S.front().fi),S.pop_front();
	memset(f,-0x3f,sizeof(f)),f[0][0]=0,solve(1,1,n);
	return 0;
}