SPOJ 1557 GSS2 - Can you answer these queries II （线段树+维护历史最值）

都说这题是 GSS 系列中最难的，今天做了一下，名副其实

首先你可以想到各种各样的在线乱搞想法，线段树，主席树，平衡树，等等，但发现都不太可行。

注意到题目也没有说强制在线，因此可以想到离线地去解决这道题。

我们把询问按照右端点从小到大排序。假设当前询问的右端点为 \(i\)。

定义 \(s_j\) 为 \([j,i]\) 中不重复数字的和。我们建一棵线段树维护 \(s_j\) 的最大值。

这样修改起来就比较自然了，当右端点从 \(i-1\) 变到 \(i\) 的时候，记 \(a_i\) 上一次出现的位置为 \(k\)，那么这个 \(a_i\) 只会对 \(s_{k+1},s_{k+2},\dots,s_i\) 产生贡献，也就是说我们在线段树上 \([k+1,i]\) 位置上的数 \(+a_i\)。

询问也比较容易。询问 \((l,i)\) 的答案就是 \(s_l,s_{l+1},\dots,s_i\) 的历史最大值。

这样原题就转化为一道看起来比较可做的 DS 了，要你维护一个序列，支持：

• 区间加
• 区间历史最大值

之前写过一道类似的题题号什么我忘了，可现在忘了怎么做了/kk，只好看题解再推一遍。

线段树区间维护四个东西 \(mx,hmx,lz,hlz\) 表示最大值，历史最大值，区间加标记，历史最大区间加标记（历史出现过的懒标记的最大值）。

上推操作就不用说了吧，直接对 \(mx,hmx\) 取 \(\max\)。。。。。。

区间加上一个值 \(v\)，那么最大值肯定也会加上 \(v\)，历史最大值就和当前最大值取 \(\max\)，懒标记也同理。

最复杂的就是如何下传标记。

例如我们现在有一段操作序列 \(+1-3+4-2-1+5-2\)，那么此时懒标记为 \(+2\)，历史最大懒标记为 \(+4\)（\(+1-3+4-2-1+4\)）。

然后它的儿子当前最大值为 \(2\)，历史最大值为 \(3\)，当前懒标记为 \(-1\)，历史最大懒标记为 \(+1\)。

那么：

• \(mx\) 显然直接加上父亲的懒标记即可，\(2+1-3+4-2-1+5-2=2+2=4\)。
• \(hmx\) 拿当前最大值 \(2\) 加上历史最大懒标记 \(+4\)（\(2+1-3-4-2-1+5=6\)），与原来历史最大值 \(3\) 比较。
• \(lz\) 也是直接加上父亲的 \(lz\) 即可，\(-1+2=+1\)
• \(hlz\) 也拿当前最大懒标记加上历史最大懒标记 \(+4\)（\(-1+1-3-4-2-1+5=+3\))，与原来历史最大懒标记 \(+1\) 比较。

最后，重中之重，下放懒标记的顺序一定要注意。

/*
Contest: -
Problem: SP1557
Author: tzc_wk
Time: 2020.8.8
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi			first
#define se			second
#define fz(i,a,b)	for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b)	for(int i=a;i>=b;i--)
#define foreach(it,v) for(__typeof(v.begin()) it=v.begin();it!=v.end();it++)
#define all(a)		a.begin(),a.end()
#define fill0(a)	memset(a,0,sizeof(a))
#define fill1(a)	memset(a,-1,sizeof(a))
#define fillbig(a)	memset(a,0x3f,sizeof(a))
#define fillsmall(a) memset(a,0xcf,sizeof(a))
#define y1			y1010101010101
#define y0			y0101010101010
#define int long long
typedef pair<int,int> pii;
inline int read(){
	int x=0,neg=1;char c=getchar();
	while(!isdigit(c)){
		if(c=='-') neg=-1;
		c=getchar();
	}
	while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=getchar();
	return x*neg;
}
int n=read(),m,a[100005],ans[100005];
struct _query{
	int l,r,id;
	friend bool operator <(_query a,_query b){
		return a.r<b.r;
	}
} q[100005];
struct node{
	int l,r,mx,hmx,lz,hlz;
} s[100005<<2];
inline void pushup(int k){
	s[k].mx=max(s[k<<1].mx,s[k<<1|1].mx);
	s[k].hmx=max(s[k<<1].hmx,s[k<<1|1].hmx);
}
inline void build(int k,int l,int r){
	s[k].l=l;s[k].r=r;
	if(l==r) return;
	int mid=(l+r)>>1;
	build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);
}
inline void pushdown(int k){
	s[k<<1].hmx=max(s[k<<1].hmx,s[k<<1].mx+s[k].hlz);
	s[k<<1|1].hmx=max(s[k<<1|1].hmx,s[k<<1|1].mx+s[k].hlz);
	s[k<<1].mx+=s[k].lz;
	s[k<<1|1].mx+=s[k].lz;
	s[k<<1].hlz=max(s[k<<1].hlz,s[k<<1].lz+s[k].hlz);
	s[k<<1|1].hlz=max(s[k<<1|1].hlz,s[k<<1|1].lz+s[k].hlz);
	s[k<<1].lz=s[k<<1].lz+s[k].lz;
	s[k<<1|1].lz=s[k<<1|1].lz+s[k].lz;
	s[k].lz=s[k].hlz=0;
}
inline void add(int k,int l,int r,int x){
	if(l<=s[k].l&&s[k].r<=r){
		s[k].mx+=x;s[k].hmx=max(s[k].hmx,s[k].mx);
		s[k].lz+=x;s[k].hlz=max(s[k].hlz,s[k].lz);
		return;
	}
	pushdown(k);
	int mid=(s[k].l+s[k].r)>>1;
	if(r<=mid) add(k<<1,l,r,x);
	else if(l>mid) add(k<<1|1,l,r,x);
	else add(k<<1,l,mid,x),add(k<<1|1,mid+1,r,x);
	pushup(k);
}
inline int query(int k,int l,int r){
	if(l<=s[k].l&&s[k].r<=r){
		return s[k].hmx;
	}
	pushdown(k);
	int mid=(s[k].l+s[k].r)>>1;
	if(r<=mid) return query(k<<1,l,r);
	else if(l>mid) return query(k<<1|1,l,r);
	else return max(query(k<<1,l,mid),query(k<<1|1,mid+1,r));
}
map<int,int> mp;
signed main(){
	fz(i,1,n) a[i]=read();
	m=read();fz(i,1,m) q[i].l=read(),q[i].r=read(),q[i].id=i;
	sort(q+1,q+m+1);
	build(1,1,n);
	int cur=1;
	fz(i,1,n){
		add(1,mp[a[i]]+1,i,a[i]);mp[a[i]]=i;
		while(cur<=m&&q[cur].r<=i){
			ans[q[cur].id]=query(1,q[cur].l,q[cur].r);cur++;
		}
	}
	fz(i,1,m) printf("%lld\n",ans[i]);
	return 0;
}