【Luogu2496】【BZOJ3005】[SDOI2012]体育课

把自己去年在luogu写的一个题解搬过来

原题解链接

1. 题目大意

给定一个长度为 \(n\) 的数列 \(a_1,a_2,a_3,...,a_n\) , 并给出 \(m\) 个操作，操作类型如下：

操作1：查询区间最大值，输出最大值与 \(a_1\) 的差；

操作2：交换两个数的位置；

操作3：选择一段区间 \([l,r]\) 并给定 \(t\) ，将区间中第 \(x\) 个数加上 $x\cdot t $ .

\(n,m \le 10^5\) .

2. 解题报告

本题的正解是分块。

首先我们先考虑操作3，对于两边的元素，我们直接暴力修改然后重构即可。那么我们如何维护整块呢？

维护 \(add[ x ]\) 表示第 \(x\) 块累加的 \(t\) , 那我们要得到单个元素，再维护一个偏移量 \(del[x]\) ，这样块中元素的权值即可表示为 \(w[i]=a[i]+add[x]\times i-del[x]\).

（举个例子，若给块 \([4,6]\) 加上 \(2T, 3T, 4T\) ，那么\(add[x]=T\) ，\(del[x]=2T\)，这样 \(w[5]=a[5]+5T-2T=a[5]+3T\) .）

对于操作2，我们直接暴力交换然后重构块即可。

对于操作1，我们考虑在整块被修改后，如何维护块内的最大值。由于每个元素的编号 \(i\) 和权值 \(a_i\) 都是定值且 \(i\) 单增，我们可以将每个元素看成 \((i,a_i)\) ，然后用单调栈维护一个上凸壳。这样随着 \(add\) 的增大，最大元素位置一定向右移动，且元素权值呈单峰。

每个操作维护（询问）的复杂度都为 \(O( n\sqrt{n} )\)，再加上本题时间限制宽松，可以轻松通过。

3. 参考程序

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
namespace io {
	const int SIZE=(1<<21)+1;
	char ibuf[SIZE],*iS,*iT;
	char gc()
	{
		if(iS==iT) iT=(iS=ibuf)+fread(ibuf,1,SIZE,stdin);
		if(iS==iT) return EOF;
		return *iS++;
	}
	inline int gi()
	{
		char c; int x=0,f=1;
		for(;c<'0'||c>'9';c=gc())if(c=='-')f=-1;
		for(;c>='0'&&c<='9';c=gc())x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';
		return x*f;
	}
}
using io::gi;
const int N=100005,qN=320;
int n,m,bel[N],b,s[qN][qN],tp[qN],pos[qN];
ll h[N],a[N],add[qN],del[qN];
#define top s[x][tp[x]]
#define dtp s[x][tp[x]-1]
#define Max(x) s[x][pos[x]]
void remove(int x)
{
	for(int i=(x-1)*b+1;i<=x*b;i++) a[i]+=add[x]*i-del[x];
	add[x]=del[x]=pos[x]=tp[x]=0;
}
void build(int x)
{
	memset(s[x],0,sizeof(s[x]));
	for(int i=(x-1)*b+1;i<=x*b;i++)
	{
		while(tp[x]>1&&(a[i]-a[top])*(top-dtp)>=(a[top]-a[dtp])*(i-top))--tp[x];
		s[x][++tp[x]]=i;
	}
	for(pos[x]=1;pos[x]<=tp[x]&&a[s[x][pos[x]+1]]>=a[s[x][pos[x]]];pos[x]++);
}
void update(int x)
{
	for(;pos[x]<=tp[x];pos[x]++)
		if(a[s[x][pos[x]+1]]+add[x]*s[x][pos[x]+1]<a[s[x][pos[x]]]+add[x]*s[x][pos[x]])
			break;
}
int main()
{
	n=gi(),m=gi();
	b=sqrt(n);
	for(int i=1;i<=n;i++) bel[i]=(i-1)/b+1,a[i]=gi();
	for(int i=1;i<=bel[n];i++) build(i);
	while(m--)
	{
		int op=gi(),l=gi(),r=gi();
		if(op==1)
		{
			ll k=a[1]+add[1]-del[1];
			ll mx=k;
			for(;bel[l]==bel[l-1]&&l<=r;l++)
				mx=max(mx,a[l]+add[bel[l]]*l-del[bel[l]]);
			for(;l+b<=r;l+=b)
				mx=max(mx,a[Max(bel[l])]+add[bel[l]]*Max(bel[l])-del[bel[l]]);
			for(;l<=r;l++)
				mx=max(mx,a[l]+add[bel[l]]*l-del[bel[l]]);
			printf("%lld\n",mx-k);
		}
		if(op==2)
		{
			remove(bel[l]),remove(bel[r]);
			swap(a[l],a[r]);
			build(bel[l]); build(bel[r]);
		}
		if(op==3)
		{
			int t=gi(),tl=l;
			for(;bel[l]==bel[l-1]&&l<=r;l++) a[l]+=(l-tl+1)*t;
			remove(bel[l-1]); build(bel[l-1]);
			for(;l+b<=r;l+=b) add[bel[l]]+=t,del[bel[l]]+=(tl-1)*t,update(bel[l]);
			for(;l<=r;l++) a[l]+=(l-tl+1)*t;
			remove(bel[r]); build(bel[r]);
		}
	}
}

4. 附：维护上凸壳的正确性数学证明

附赠给不能理解维护上凸壳正确性的同学：

假设现在有3个元素 \(x,y,z\) ，设它们的编号分别为 \(h_x, h_y, h_z\)，元素大小为 \(a_x,a_y,a_z\) ，权值为\(w_x,w_y,w_z\) ， \(h_x<h_y<h_z\) 。设 \(add\) 值为 \(T\), 若存在 \(T\) 使得 \(w_y > w_x\) 且 \(w_y>w_z\)，则作差列出不等式：

\(a_x-a_y<(h_y-h_x)T\) ， \(a_y-a_z>(h_z-h_y)T\) .

两式整理合并可得 \(\displaystyle \frac{a_z-a_y}{h_z-h_y}<\frac{a_y-a_x}{h_y-h_x}\) .

即：直线 \(y\to z\) 的斜率小于直线 \(x\to y\) 的斜率，故维护上凸壳。同时易发现，随着 \(T\) 的不断增大，最大元素的位置右移，且最大元素左边的权值递增，右边的权值递减（即单峰）。