BZOJ2482: [Spoj1557] Can you answer these queries II

题解：

从没见过这么XXX的线段树啊。。。

T_T

我们考虑离线做，按1-n一个一个插入，并且维护区间【 j，i】（i为当前插入的数）j<i的最优值。

但这个最优值！！！

我们要保存历史的最优值，以及当前的最优值！！！还有lazy！！！也得分历史和现在！！T_T

怎么搞！！！

inline void update(int k,int z1,int z2)
{
    t[k].tag[]=max(t[k].tag[],t[k].tag[]+z2);
    t[k].tag[]+=z1;
    t[k].mx[]=max(t[k].mx[],t[k].mx[]+z2);
    t[k].mx[]+=z1;
    t[k].mx[]=max(t[k].mx[],t[k].mx[]);
}
inline void pushdown(int k)
{
    if(!t[k].tag[]&&!t[k].tag[])return;
    update(k<<,t[k].tag[],t[k].tag[]);
    update(k<<|,t[k].tag[],t[k].tag[]);
    t[k].tag[]=t[k].tag[]=;
}

就是这么鬼畜，然后剩下的套模板就好了。。。

其实也蛮好理解的。

tag[0]表示从上次pushdown到现在加了多少

tag[1]表示从上次pushdown到现在tag[0]最多达到过多少，因为祖先的操作可能累计了很多次，我们只需要向下传一下最大的。

mx[0]和mx[1]与tag类似。

对拍了一组数据发现RE了，调了1h发现我dtmk写错了！！！说多了都是泪啊T_T

不过#2还是蛮开心的 哈哈~

代码：

 #include<cstdio>
 #include<cstdlib>
 #include<cmath>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #include<iostream>
 #include<vector>
 #include<map>
 #include<set>
 #include<queue>
 #include<string>
 #define inf 1000000000
 #define maxn 200000+5
 #define maxm 100000+5
 #define eps 1e-10
 #define ll long long
 #define pa pair<int,int>
 #define for0(i,n) for(int i=0;i<=(n);i++)
 #define for1(i,n) for(int i=1;i<=(n);i++)
 #define for2(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
 #define for3(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
 #define for4(i,x) for(int i=head[x],y=e[i].go;i;i=e[i].next,y=e[i].go)
 #define mod 1000000007
 using namespace std;
 inline int read()
 {
     int x=,f=;char ch=getchar();
     while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
     while(ch>=''&&ch<=''){x=*x+ch-'';ch=getchar();}
     return x*f;
 }
 int n,m,v[maxn],last[maxn],ans[maxn];
 struct rec{int l,r,id;}a[maxn];
 inline bool cmp(rec x,rec y){return x.r<y.r;}
 struct seg{int l,r,mx[],tag[];}t[*maxn];
 inline void build(int k,int l,int r)
 {
     t[k].l=l;t[k].r=r;int mid=(l+r)>>;
     if(l==r)return;
     build(k<<,l,mid);build(k<<|,mid+,r);
 }
 inline void update(int k,int z1,int z2)
 {
     t[k].tag[]=max(t[k].tag[],t[k].tag[]+z2);
     t[k].tag[]+=z1;
     t[k].mx[]=max(t[k].mx[],t[k].mx[]+z2);
     t[k].mx[]+=z1;
     t[k].mx[]=max(t[k].mx[],t[k].mx[]);
 }
 inline void pushup(int k)
 {
     for0(i,)t[k].mx[i]=max(t[k<<].mx[i],t[k<<|].mx[i]);
 }
 inline void pushdown(int k)
 {
     if(!t[k].tag[]&&!t[k].tag[])return;
     update(k<<,t[k].tag[],t[k].tag[]);
     update(k<<|,t[k].tag[],t[k].tag[]);
     t[k].tag[]=t[k].tag[]=;
 }
 inline void add(int k,int x,int y,int z)
 {
     int l=t[k].l,r=t[k].r,mid=(l+r)>>;
     if(l==x&&r==y){update(k,z,);return;}
     pushdown(k);
     if(y<=mid)add(k<<,x,y,z);
     else if(x>mid)add(k<<|,x,y,z);
     else add(k<<,x,mid,z),add(k<<|,mid+,y,z);
     pushup(k);
 }
 inline int query(int k,int x,int y)
 {
     int l=t[k].l,r=t[k].r,mid=(l+r)>>;
     if(l==x&&r==y)return t[k].mx[];
     pushdown(k);
     if(y<=mid)return query(k<<,x,y);
     else if(x>mid)return query(k<<|,x,y);
     else return max(query(k<<,x,mid),query(k<<|,mid+,y));
 }
 #define last(i) last[100000+i]
 int main()
 {
     freopen("input.txt","r",stdin);
     freopen("output.txt","w",stdout);
     n=read();
     for1(i,n)v[i]=read();
     build(,,n);
     m=read();
     for1(i,m)a[i].l=read(),a[i].r=read(),a[i].id=i;
     sort(a+,a+m+,cmp);
     int j=;
     for1(i,n)
     {
         int tmp=last(v[i]);last(v[i])=i;
         add(,tmp+,i,v[i]);
         while(a[j].r==i)ans[a[j].id]=query(,a[j].l,i),j++;
     }
     for1(i,m)printf("%d\n",ans[i]);
     return ;
 }

2482: [Spoj1557] Can you answer these queries II

Time Limit: 20 Sec  Memory Limit: 128 MB
Submit: 115  Solved: 67
[Submit][Status]

Description

给定n个元素的序列。 
给出m个询问：求l[i]~r[i]的最大子段和（可选空子段）。 
这个最大子段和有点特殊：一个数字在一段中出现了两次只算一次。 
比如：1，2，3，2，2，2出现了3次，但只算一次，于是这个序列的和是1+2+3=6。

Input

第一行一个数n。 
第二行n个数，为给定的序列，这些数的绝对值小于等于100000。 
第三行一个数m。 
接下来m行，每行两个数，l[i]，r[i]。

Output

M行，每行一个数，为每个询问的答案。

Sample Input

9
4 -2 -2 3 -1 -4 2 2 -6
3
1 2
1 5
4 9

Sample Output

4
5
3

HINT

【数据说明】

30%：1 <= n, m <= 100

100%：1 <= n, m <= 100000

Source

spoj gss2