BZOJ2388:旅行规划（travel）——分块凸包

题目

OIVillage 是一个风景秀美的乡村，为了更好的利用当地的旅游资源，吸引游客，推动经济发展，xkszltl 决定修建了一条铁路将当地 $n$ 个最著名的经典连接起来，让游客可以通过火车从铁路起点（ $1$ 号景点）出发，依次游览每个景区。为了更好的评价这条铁路，xkszltl 为每一个景区都赋予了一个美观度，而一条旅行路径的价值就是它所经过的景区的美观度之和。不过，随着天气与季节的变化，某些景点的美观度也会发生变化。

xkszltl 希望为每位旅客提供最佳的旅行指导，但是由于游客的时间有限，不一定能游览全部景区，然而他们也不希望旅途过于短暂，所以每个游客都希望能在某一个区间内的车站结束旅程，而 xkszltl 的任务就是为他们选择一个终点使得旅行线路的价值最大。可是当地的景点与前来观光的旅客实在是太多了，xkszltl 无法及时完成任务，于是找到了准备虐杀 NOI2019 的你，希望你能帮助他完成这个艰巨的任务。

【输入格式】

第一行给出一个整数 $n$，接下来一行给出 $n$ 的景区的初始美观度。

第三行给出一个整数 $m$，接下来 $m$ 行每行为一条指令：

$1.~~~0~x~y~k$：表示将 $x$ 到 $y$ 这段铁路边上的景区的美观度加上 $k$；

$2.~~~1~x~y$：表示有一名旅客想要在 $x$ 到 $y$ 这段（含 $x$ 与 $y$ ）中的某一站下车，你需要告诉他最大的旅行价值。

【输出格式】

对于每个询问，输出一个整数表示最大的旅行价值。

【样例输入】

5

1 8 -8 3 -7

3

1 1 5

0 1 3 6

1 2 4

【样例输出】

9

22

【数据范围与提示】

对于 $20\%$ 的数据，$n,m≤3000$；

对于 $40\%$ 的数据，$n,m≤30000$；

对于 $50\%$ 的数据，$n,m≤50000$；

另外 $20\%$ 的数据，$n,m≤100000$，修改操作 $≤20$；

对于 $100\%$ 的数据，$n,m≤100000$。

题解

无力吐槽这组超级强（孱弱）的样例（过了样例还是调出了 INF 个错）

题目求得是区间最大前缀和，带区间加值操作

然后发现线段树无法在 $ O(\log n) $ 的时间内维护区间加上一次函数后的最大值

考虑分块维护最大值

记 $ sum(i) $ 表示前缀和，$ num(i) $ 表示块 $ i $ 加上的一次函数，$ d(i) $ 表示这个块需要加上的常数，

那么 $ sum(i)=num(i)\times i +d(i) $

发现最大值形如 $ y=kx+b $，然后就可以在块上维护一个凸包

当块上加一个一次函数时，凸包的点是不会改变的，那么每次加值时就只要每次重构左右两边的两个凸包即可

查询时只要在每一个块的凸包上二分即可

时间：修改时$ O(\sqrt{n}) $，查询时 $ O(\sqrt{n}) $，所以总时间 $ O(m\sqrt{n}\log n) $

代码

 #include<bits/stdc++.h>
 #define LL long long
 #define db double
 #define _(d) while(d(isdigit(ch=getchar())))
 using namespace std;
 int R(){
     int x;bool f=;char ch;_(!)if(ch=='-')f=;x=ch^;
     _()x=(x<<)+(x<<)+(ch^);return f?x:-x;}
 const int N=1e5+,M=;
 int n,m,a[N],Sz,Mx,p[N],sz[M],tb[M][M];
 LL w[N],num[N],f[N],d[N];
 db getK(int i,int j){return (db)(w[i]-w[j])/(db)(i-j);}
 void update(int x){
     int l=(x-)*Sz+,r=min(x*Sz,n),tot=;
     p[++tot]=l;
     for(int i=l+;i<=r;i++){
         while(tot>&&getK(p[tot],p[tot-])<getK(p[tot-],i))
             tot--;
         p[++tot]=i;
     }
     sz[x]=tot;
     for(int i=;i<=tot;i++)tb[x][i]=p[i];
     return;
 }
 void pushdown(int x){
     LL o=num[x];
     for(int i=(x-)*Sz+;i<=min(x*Sz,n);i++)
         o+=d[x],w[i]+=o;
     num[x]=d[x]=;
     return;
 }
 void change(int l,int r,int k){
     int x=a[l],y=a[r];LL o=;
     pushdown(x);
     for(int i=l;i<=min(x*Sz,r);i++)
         o+=k,w[i]+=o;
     update(x);
     for(int i=x+;i<y;i++)
         num[i]+=o,d[i]+=k,o+=1ll*Sz*k;
     if(x!=y){
         pushdown(y);
         for(int i=(y-)*Sz+;i<=r;i++)
             o+=k,w[i]+=o;
     }
     o=(r-l+)*k;
     for(int i=r+;i<=min(n,y*Sz);i++)w[i]+=o;
     update(y);
     for(int i=y+;i<=Mx;i++)num[i]+=o;
     return;
 }
 LL find(int i){
     if(!i||i>n)return (LL)-2e18;
     return (w[i]+num[a[i]]+d[a[i]]*(i-(a[i]-)*Sz));
 }
 LL work(int x){
     int l=,r=sz[x];
     while(l<=r){
         int mid=(l+r)>>;
         LL t1=find(tb[x][mid-]);
         LL t2=find(tb[x][mid]);
         LL t3=find(tb[x][mid+]);
         if (t1<t2 && t2<t3) l=mid+;
         else if (t1>t2 && t2>t3) r=mid-;
         else return t2;
     }
     return l;
 }
 LL query(int l,int r){
     int x=a[l],y=a[r];LL ans=-2e18;
     for(int i=x+;i<y;i++)
         ans=max(ans,work(i));
     for(int i=l;i<=min(x*Sz,r);i++)
         ans=max(ans,find(i));
     if(x!=y)
         for(int i=(y-)*Sz+;i<=r;i++)
             ans=max(ans,find(i));
     return ans;
 }
 int main(){
     n=R(),Sz=sqrt(n);
     for(int i=;i<=n;i++)
         w[i]=w[i-]+R(),a[i]=(i-)/Sz+;
     Mx=a[n],m=R();
     for(int i=;i<=Mx;i++)update(i);
     for(int i=;i<=m;i++){
         int op=R(),x=R(),y=R(),k;
         if(op==)printf("%lld\n",query(x,y));
         if(!op)k=R(),change(x,y,k);
     }
     return ;
 }