[CCC2019] Tourism题解

我们先考虑一下拿部分分：

subtask1

考虑因为 $n < 2k$ ，那么我们的划分一定是从中间某个地方裁开，且满足 $k$ 的条件的，我们发现当划分点在 $[n\ mod\ k,k]$时满足条件，那么我们只需要维护一个前缀最大值和后缀最大值就好了。

		for(int i = 1;i <= n;++i)

		pre[i] = std::max(pre[i - 1],a[i]);

		for(int i = n;i >= 1;--i)

		s[i] = std::max(s[i + 1],a[i]);

		ll ans = 0;

		for(int i = n % k ;i <= k;++i)

		ans = std::max(ans,1ll * pre[i] + s[i + 1]);

		std::cout<<ans<<std::endl;

subtask2

我们发现这一档的分的关键是 $k$ 很小，那么我们先轻松就能想到一个朴素的 $dp$ ,我们设 $f_i$ 为以 $i$ 处为结尾的划分的答案最大值。为了满足转移次数最小，我们每次转移都要附上一个较大的代价 $INF$ 。

所以转移方程为 $f_i = max_{j = max(0,i - k + 1)}(f_j + p(j + 1,i)) - INF,p(x,y) = max_{i = x} ^ y a_i$ 。

最后我们发现转移次数我们是可以计算出来的，我们为 $f_n$ 加上 $\lfloor\frac{n}{k}\rfloor + [n \ mod\ k > 0] * INF$ 就好了。

	for(int i = 1;i <= n;++i)

	f[i] = -9e18;

	// std::cout<<f[0]<<std::endl;

	for(int i = 1;i <= n;++i){

	ll ma = a[i];

	ll m = std::max((ll)0,i - k + 1);

	f[0] = 0;

	for(int j = i;j >= m;--j){

		ma = std::max(a[j],ma);

		f[i] = std::max(1ll * f[j - 1] + ma - INF,f[i]);

	}

	// std::cout<<f[i] + (i / k + (i % k > 0)) * INF<<std::endl;

	}

	std::cout<<1ll * f[n] + 1ll * (n / k + (n % k > 0)) * INF<<std::endl;

all subtask

我们考虑 $p(x,y)$ 是一个较难处理的点，我们可以使用单调栈来处理他。

即我们依次向右扩展当前节点，并维护最大值的阶段。

我们需要一个可以处理区间修改，区间查询最大值的数据结构，线段树。

但是要注意一个最大值区间所对应的贡献区间要向左移一位。

// Problem: P6647 [CCC 2019] Tourism

// Contest: Luogu

// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P6647

// Memory Limit: 128 MB

// Time Limit: 4000 ms

//

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#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#define ll long long

#define N 1000005

const ll INF = 1e12;

ll n,k;

int a[N];

ll f[N];

struct seg{int l,r;ll v,tag;}t[N * 6];

ll st[N],tp;

#define ls(x) (x << 1)

#define rs(x) (x << 1 | 1)

#define mid ((l + r) >> 1)

inline void build(int u,int l,int r){

	t[u].l = l;

	t[u].r = r;

	if(l == r)

	return ;

	build(ls(u),l,mid);

	build(rs(u),mid + 1,r);

}

inline void up(int u){

	t[u].v = std::max(t[ls(u)].v,t[rs(u)].v);

}

inline void push_down(int u){

	if(t[u].tag){

		t[ls(u)].tag += t[u].tag;

		t[ls(u)].v += t[u].tag;

		t[rs(u)].tag += t[u].tag;

		t[rs(u)].v += t[u].tag;

		t[u].tag = 0;

	}

}

inline void md(int u,int tl,int tr,ll p){

	// std::cout<<u<<" "<<t[u].l<<" "<<t[u].r<<" "<<tl<<" "<<tr<<" "<<p<<std::endl;

	ll l = t[u].l,r = t[u].r;

	if(tl <= l && r <= tr){

		t[u].v += p;

		t[u].tag += p;

		return ;

	}

	push_down(u);

	if(tl <= mid)

	md(ls(u),tl,tr,p);

	if(tr > mid)

	md(rs(u),tl,tr,p);

	up(u);

}

inline ll find(int u,int tl,int tr){

	ll ans = -9e18;

	push_down(u);

	int l = t[u].l,r = t[u].r;

	if(tl <= l && r <= tr)

	return t[u].v;

	if(tl <= mid)

	ans = std::max(find(ls(u),tl,tr),ans);

	if(tr > mid)

	ans = std::max(find(rs(u),tl,tr),ans);

	return ans;

}

int main(){

	scanf("%lld%lld",&n,&k);

	for(int i = 1;i <= n;++i)

	scanf("%lld",&a[i]);

	build(1,0,n);

	for(int i = 1;i <= n;++i){

		while(tp && a[st[tp]] <= a[i]){

		if(a[st[tp]] == a[i]){--tp;continue;}

		md(1,st[tp - 1],st[tp] - 1,a[i] - a[st[tp]]);//[st[tp] + 1,st[tp + 1]]向左移一位

		--tp;

		}

		st[++tp] = i;

		md(1,i - 1,i - 1,f[i - 1] + a[i]);

		ll ans = find(1,std::max(i - k,(ll)0),i - 1);

		f[i] = ans - 1ll * INF;

	}

	// for(int i = 1;i <= n;++i)

	// std::cout<<f[i] + (i - 1 + k) / k * INF<<std::endl;

	std::cout<<f[n] + (n - 1 + k) / k * INF;

}