【洛谷题解】P7706 「Wdsr-2.7」文文的摄影布置

原题链接：P7706

更好的阅读体验：吾の博客

文文的摄影布置-题解

题意分析

简化题意就是给定两个序列 $A,B$，规定： ψ ( i , k ) = A i + A k − min ⁡ { B j } ( i < j < k ) \psi(i,k)=A_i+A_k-\min\left.\{B_j\right.\}(i<j<k) ψ(i,k)=Ai​+Ak​−min{Bj​}(i<j<k)。给定一个区间 $(l,r)$ 求该区间内的 $\max (\psi )$。两个序列的数值可能发生变化。

这是典型的单点修改、区间查询问题，显而易见可以运用线段树解决。

维护信息-分类讨论

依题意，首先需要维护每个区间分别最大的 $A_i$ 和最小的 $B_j$。

ψ ( i , k ) = A i + A k − min ⁡ { B j } ( i < j < k ) \psi(i,k)=A_i+A_k-\min\left.\{B_j\right.\}(i<j<k) ψ(i,k)=Ai​+Ak​−min{Bj​}(i<j<k)

对于该式，想要求 $\max (\psi )$，就是求 max ⁡ ( A i + A k − min ⁡ { b j } ) \max(A_i+A_k-\min\left.\{b_j\right.\}) max(Ai​+Ak​−min{bj​})，$i,j,k$ 的位置并不是一定的，于是我们考虑 $i,j,k$ 的位置，并且考虑如何计算某种情况下的 $\max (\psi )$：

情况 1：都在左子树或都在右子树

这种情况好搞，就是在维护区间信息(做 push_up 操作)时取一下左右子树最大值就行。

情况 2：横跨左右子树

将原式可以拆成两个小式子 $A_i-B_j(i<j)$ 和 $A_k-B_j(j<k)$，并且考虑 $i,j,k$ 在不同子树下的两式最大值计算。横跨左右子树分 $i,j$ 在左子树而 $k$ 在右子树和 $i$ 在左子树而 $j,k$ 在右子树两种情况。

对于前者情况，我们维护当前区间左子树最大的 $A_i$ 和右子树最小的 $B_j$ 的差；对于后者情况，我们维护当前区间右子树最大的 $A_k$ 和左子树最小的 $B_j$ 的差。

最后

最后，求 $\max (\psi )$，对于情况 2 的前者的式子再加上右子树最大的 $A_k$；对于情况 2 的后者的式子再加上左区间最大的 $A_i$，共两种情况。

对于情况 1 分别为左右子树的 $\max (\psi )$，共两种情况。

上述四种情况，取最大值即为当前区间的 $\max (\psi )$。

一些笔者的提醒和建议（也可能有点多余）：

• 维护信息时要注意一下顺序。

• 建树时要把情况 2 中的两式最大值和 $\psi$ 初始化为负无穷。

• 考虑到这题会爆 int 但是我们维护的信息比较多，参考了一下几位大佬的写法，可以 define int 为 LL，主函数返回值类型写成 signed。

其他的，大家看代码吧。

AC代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#define int long long

using namespace std;

const int  N = 5e5 + 10, INF = -0x3f3f3f3f;

struct Segment
{
	int a, b;
}seg[N];
struct Node
{
	int l, r;
	int amax; //A的最大值 
	int bmin; //B的最小值 
	int lmax; //A_i - B_j且i < j的最大值 
	int rmax; //A_k - B_j且j < k的最大值 
	int tmax; //\psi 
}tr[N * 4];
int n, m;

void push_up(Node &u, Node &l, Node &r)
{
	u.amax = max(l.amax, r.amax);
	u.bmin = min(l.bmin, r.bmin);
	//对应Node节点的信息 
	u.lmax =  l.amax - r.bmin; //a_i - b_j
	u.rmax = r.amax - l.bmin; //a_k - b_j
	//再与左右子树取最大值
	u.lmax = max(u.lmax, max(l.lmax, r.lmax));
	u.rmax = max(u.rmax, max(l.rmax, r.rmax));
	//求ψ
	u.tmax = max(max(l.lmax + r.amax, r.rmax + l.amax), max(l.tmax, r.tmax)); 
}

void push_up(int u)
{
	push_up(tr[u], tr[u << 1], tr[u << 1 | 1]);
}

void build(int u, int l, int r)
{
	if (l == r)
	{
		tr[u] = {l, r, seg[r].a, seg[r].b, INF, INF, INF}; 
	}
	else
	{
		tr[u] = {l, r};
		int mid = l + r >> 1;
		build(u << 1, l, mid);
		build(u << 1 | 1, mid + 1, r);
		push_up(u);
	}
}

void modify(int u, int x, int v, int tag)
{
	if (tr[u].l == x && tr[u].r == x)
	{
		if (tag == 1) tr[u].amax = v;
		if (tag == 2) tr[u].bmin = v;
	}
	else
	{
		int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1;
		if (x <= mid) modify(u << 1, x, v, tag);
		else modify(u << 1 | 1, x, v, tag);
		push_up(u);
	}
}

Node query(int u, int l, int r)
{
	if (tr[u].l >= l && tr[u].r <= r) return tr[u];
	else
	{
		int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1;
		if (r <= mid) return query(u << 1, l, r);
		else if (l > mid) return query(u << 1 | 1, l, r);
		else
		{
			Node res;
			auto Left = query(u << 1, l, r);
			auto Right = query(u << 1 | 1, l, r);
			push_up(res, Left, Right);
			return res;
		}
	}
}

signed main()
{
	scanf("%lld%lld", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &seg[i].a);
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &seg[i].b);
	
	build(1, 1, n);
	
	for (int i = 1; i <= m; i++)
	{
		int op, x, y;
		scanf("%lld%lld%lld", &op, &x, &y);
		if (op == 1 || op == 2) modify(1, x, y, op);
		else printf("%lld\n", query(1, x, y).tmax);
	}
	return 0;
	 
}

这是笔者在洛谷的第一份题解，若有错误欢迎各位指正，有问题大家可以在评论区探讨。