[bzoj4367][IOI2014]holiday假期

4367: [IOI2014]holiday假期

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Description

健佳正在制定下个假期去台湾的游玩计划。在这个假期，健佳将会在城市之间奔波，并且参观这些城市的景点。
在台湾共有n个城市，它们全部位于一条高速公路上。这些城市连续地编号为0到n-1。对于城市i ( 0 < i < n - 1 ) 而言，与其相邻的城市是i-1和i+1。但是对于城市 0，唯一与其相邻的是城市 1。而对于城市n-1，唯一与其相邻的是城市n-2。
每个城市都有若干景点。健佳有d天假期并且打算要参观尽量多的景点。健佳已经选择了假期开始要到访的第一个城市。在假期的每一天，健佳可以选择去一个相邻的城市，或者参观所在城市的所有景点，但是不能同时进行。即使健佳在同一个城市停留多次，他也不会去重复参观该城市的景点。请帮助健佳策划这个假期，以便能让他参观尽可能多的景点。

Input

第1行: n, start, d.
第2行: attraction[0], …, attraction[n-1].
n: 城市数。
start: 起点城市的编号。
d: 假期的天数。
attraction: 长度为n的数组；attraction[i] 表示城市i的景点数目，其中0≤i≤n-1。

Output

输出一个整数表示健佳最多可以参观的景点数。

Sample Input

5 2 7

10 2 20 30 1
Sample Output

60
HINT

假 设健佳有 7 天假期，有 5 个城市（参见下表），而且他由城市 2 开始。在第一天，健佳参观城市2的 20 个景点。第二天，健佳由城市 2 去往城市 3。而在第三天，健佳参观城市 3 的30 个景点。接下来的3天，健佳由城市 3 前往城市 0。而在第 7 天，健佳参观城市0的 10 个景点。这样健佳参观的景点总数是20+30+10=60，这是他由城市 2 开始、在 7 天假期内最多能参观的景点数目。

很容易发现可能的路线只有几种，一直向右，一直向左，向右走折回再向左走，或者向左走再向右走。
设f[i],g[i],f1[i],g1[i]分别表示向右走i步，向左走i步，向右走最终返回st总共走i步，向左走最终返回st总共走i步，得到的最大愉悦值。
然后答案就是max{max(f1[i]+g[m-i],g1[i]+f[m-i]),i=0……m}
以f[i]的求法为例
设f[i]取得最优值时到达的最远点为d[i]
可以发现很好的性质，d[i]是单调递增的，并且取值都在st到n之间
官方证明：

假设当前我们要算的是f[l]~f[r],且d[l]~d[r]的取值范围是x到y
mid=(l+r)/2 暴力枚举x到y的所有决策求出f[mid]和d[mid]
得到两个子问题(l,mid-1,x,d[mid])和(mid+1,r,d[mid],y)
分别递归求解
复杂度O(n log^2 n)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define mid (L+R)/2
#define LL long long
const int N=100010;
const int O=300010;
const int M=2000010;
LL v[M],now,f[O],g[O],f1[O],g1[O],ans;
int root[N],l[M],r[M],sum[M],siz;
int n,start,m,size,w[N],a[N],fd[O],gd[O],f1d[O],g1d[O];
inline int in(){
    int x=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x;
}
inline void insert(int L,int R,int x,int &y,int z){
    y=++siz;
    if(L==R){
        sum[y]=sum[x]+1;
        v[y]=v[x]+(LL)a[L];
        return ;
    }
    l[y]=l[x];r[y]=r[x];
    if(z<=mid) insert(L,mid,l[x],l[y],z);
    else insert(mid+1,R,r[x],r[y],z);
    v[y]=v[l[y]]+v[r[y]];
    sum[y]=sum[l[y]]+sum[r[y]];
}
inline void query(int L,int R,int x,int y,int k){
    if(k<=0) return ;
    if(L==R){
        now+=(LL)min(k,sum[y]-sum[x])*(LL)a[L];
        return ;
    }
    if(sum[r[y]]-sum[r[x]]>=k) query(mid+1,R,r[x],r[y],k);
    else now+=v[r[y]]-v[r[x]],query(L,mid,l[x],l[y],k-(sum[r[y]]-sum[r[x]]));
}
inline void solve1(int L,int R,int x,int y){
    int i;
    if(L>R) return ;
    for(i=x;i<=y;++i){
        now=0;
        query(1,size,root[start-1],root[i],mid-(i-start));
        if(now>f[mid]||!fd[mid]) f[mid]=now,fd[mid]=i;
    }
    solve1(L,mid-1,x,fd[mid]);solve1(mid+1,R,fd[mid],y);
}
inline void solve2(int L,int R,int x,int y){
    int i;
    if(L>R) return ;
    for(i=y;i>=x;--i){
        now=0;
        query(1,size,root[i-1],root[start-1],mid-(start-i));
        if(now>g[mid]||!gd[mid]) g[mid]=now,gd[mid]=i;
    }
    solve2(L,mid-1,gd[mid],y);solve2(mid+1,R,x,gd[mid]);
}
inline void solve3(int L,int R,int x,int y){
    int i;
    if(L>R) return ;
    for(i=x;i<=y;++i){
        now=0;
        query(1,size,root[start-1],root[i],mid-(i-start)*2);
        if(now>f1[mid]||!f1d[mid]) f1[mid]=now,f1d[mid]=i;
    }
    solve3(L,mid-1,x,f1d[mid]);solve3(mid+1,R,f1d[mid],y);
}
inline void solve4(int L,int R,int x,int y){
    int i;
    if(L>R) return ;
    for(i=y;i>=x;--i){
        now=0;
        query(1,size,root[i-1],root[start-1],mid-(start-i)*2);
        if(now>g1[mid]||!g1d[mid]) g1[mid]=now,g1d[mid]=i;
    }
    solve4(L,mid-1,g1d[mid],y);solve4(mid+1,R,x,g1d[mid]);
}
int main(){
    int i,j;
    n=in();start=in();m=in();++start;
    for(i=1;i<=n;++i) w[i]=a[i]=in();
    sort(a+1,a+n+1);
    size=unique(a+1,a+n+1)-a-1;
    for(i=1;i<=n;++i){
        w[i]=lower_bound(a+1,a+size+1,w[i])-a;
        insert(1,size,root[i-1],root[i],w[i]);
    }
    solve1(1,m,start,min(n,start+m));
    solve2(1,m,max(1,start-m),start);
    solve3(1,m,start,min(n,start+m/2));
    solve4(1,m,max(1,start-m/2),start);
    for(i=0;i<=m;++i)
      ans=max(ans,max(f1[i]+g[m-i],g1[i]+f[m-i]));
    printf("%lld\n",ans);
}