[arc067f]yakiniku restaurants

题意：

n家饭店，m张餐票，第i家和第i+1家饭店之间的距离是$A_i$，在第i家饭店用掉第j张餐票会获得$B_{i,j}$的好感度，但是从饭店i走到饭店j会有$dis_{i,j}$的代价，可以从任意一个饭店出发，求好感度减代价的差的最大值。

$2\leq N\leq 5000$

$1\leq M\leq 200$

$1\leq A_i,B_{i,j}\leq 10^9$

题解：

看错了两次题是怎样一种体验。。。开始题意锅了说只能从1出发，然后更正我没看到。。。于是写了个自以为对的傻逼线段树自爆成13分。。。

其实这题做法很多，可以利用决策单调性二分dp或者建笛卡尔树区间加，我讲一个我写的矩形差分的做法。。。

直接计算路线的价值比较难，可以反过来考虑每个$B_{i,j}$对哪些答案有影响。

令$x$为满足$x<i$且$B_{x,j}>B_{i,j}$的最大的$x$，$y$为满足$y>i$且$B_{y,j}>B_{i,j}$的最小的$y$，那么$B_{i,j}$就会对左端点$l∈(x,i]$，右端点$r∈[i,y)$的区间产生贡献。

容易发现$x$，$y$是单调递增的，所以可以用一条单调栈来维护；把$(x,y)$当成平面上的一个点，那贡献就等价于在整个矩阵上加上一个值，可以用差分前缀和来搞。

时间复杂度$O(n^2+nm)$

代码：

 #include<algorithm>
 #include<iostream>
 #include<cstring>
 #include<cstdio>
 #include<cmath>
 #include<queue>
 #define inf 2147483647
 #define eps 1e-9
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 ll n,m,L,R,st[],num[],b[][],l[][],r[][];
 ll ans=,a[],pre[],sq[][];
 int main(){
     scanf("%d%d",&n,&m);
     for(int i=;i<n;i++){
         scanf("%lld",&a[i]);
         pre[i+]=pre[i]+a[i];
     }
     for(int i=;i<=n;i++){
         for(int j=;j<=m;j++){
             scanf("%d",&b[j][i]);
         }
     }
     for(int i=;i<=m;i++){
         L=R=;
         for(int j=;j<=n;j++){
             while(L&&b[i][j]>st[L])L--;
             l[i][j]=L?num[L]+:;
             st[++L]=b[i][j];
             num[L]=j;
         }
         for(int j=n;j;j--){
             while(R&&b[i][j]>st[R])R--;
             r[i][j]=R?num[R]-:n;
             st[++R]=b[i][j];
             num[R]=j;
         }
         for(int j=;j<=n;j++){
             sq[l[i][j]][j]+=b[i][j];
             sq[l[i][j]][r[i][j]+]-=b[i][j];
             sq[j+][j]-=b[i][j];
             sq[j+][r[i][j]+]+=b[i][j];
         }
     }
     for(int i=;i<=n;i++){
         for(int j=;j<=n;j++){
             sq[i][j]+=sq[i][j-];
         }
         for(int j=;j<=n;j++){
             sq[i][j]+=sq[i-][j];
         }
         for(int j=i;j<=n;j++){
             ans=max(ans,sq[i][j]-pre[j]+pre[i]);
         }
     }
     printf("%lld",ans);
     return ;
 }