AcWing.245. 你能回答这些问题吗

AcWing.245. 你能回答这些问题吗

题目：

给定长度为N的数列A，以及M条指令，每条指令可能是以下两种之一：

1、“1 x y”，查询区间 [x,y] 中的最大连续子段和，即 max_{x≤l≤r≤y}{∑^r_i=l A[i]}。

2、“2 x y”，把 A[x] 改成 y。

对于每个查询指令，输出一个整数表示答案。

输入格式

第一行两个整数N,M。

第二行N个整数A[i]。

接下来M行每行3个整数k,x,y，k=1表示查询（此时如果x>y，请交换x,y），k=2表示修改。

输出格式

对于每个查询指令输出一个整数表示答案。

每个答案占一行。

数据范围

N≤500000,M≤100000

---

思路：线段树

节点信息：

l，r，区间和sum，区间最大连续子段和ans，包括左端点的最大连续子段和lx，包括右端点的最大连续子段和rx

用子节点更新父节点：

t[p].sum = t[p*2].sum + t[p*2+1].sum;
t[p].lx = max(t[p*2].lx, t[p*2].sum + t[p*2+1].lx);
t[p].rx = max(t[p*2+1].rx, t[p*2+1].sum + t[p*2].rx);
t[p].ans = max(max(t[p*2].ans, t[p*2+1].ans), t[p*2].rx + t[p*2+1].lx);

中文翻译：

sum：略
lx：

rx：同上

sum：
1.左子树的最大连续子段和 或 右子树的最大连续子段和
2.

求解

给定一段区间[l, r]，需要化为两个区间的和
由sum的求解过程可知，我们需要这两个区间的sum和lx，rx
但这两个区间不一定为某个节点，因此我们需要建立新的节点，节点信息由以上过程递归求出

假如现要求节点q，范围[l, r]，现在来到树上节点p
设节点l为p的左子树上属于[l, r]的部分，节点r为p的右子树上属于[l, r]的部分
那么q的信息如上求

要注意的是，如果p的左子树与[l, r]无交集，即l为空，直接将r赋给q
r为空同理

---

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;

#define N 500001 
#define INF 1<<30
int n, m;
int a[N];
struct tree
{
	int l, r;
	int sum, lx, rx, ans;
	#define l(x) x.l
	#define r(x) x.r
	#define sum(x) x.sum
	#define lx(x) x.lx
	#define rx(x) x.rx
	#define ans(x) x.ans
}t[4*N];

inline void build(int p, int l, int r)
{
	l(t[p]) = l, r(t[p]) = r;
	if(l == r)
	{
		sum(t[p]) = lx(t[p]) = rx(t[p]) = ans(t[p]) = a[l];
		return ;
	}
	int mid = (l+r) / 2;
	build(2*p, l, mid);
	build(2*p+1, mid+1, r);
	sum(t[p]) = sum(t[2*p]) + sum(t[2*p+1]);
	lx(t[p]) = max(lx(t[2*p]), sum(t[2*p]) + lx(t[2*p+1]));
	rx(t[p]) = max(rx(t[2*p+1]), sum(t[2*p+1]) + rx(t[2*p]));
	ans(t[p]) = max( max( ans(t[2*p]), ans(t[2*p+1]) ), rx(t[2*p]) + lx(t[2*p+1]) );
}
inline void change(int p, int x, int v)
{
	int l = l(t[p]), r = r(t[p]);
	if(l == r)
	{
		sum(t[p]) = lx(t[p]) = rx(t[p]) = ans(t[p]) = v;
		return ;
	}
	int mid = (l+r) / 2;
	if(x <= mid)
		change(2*p, x, v);
	if(x > mid)
		change(2*p+1, x, v);
	sum(t[p]) = sum(t[2*p]) + sum(t[2*p+1]);
	lx(t[p]) = max(lx(t[2*p]), sum(t[2*p]) + lx(t[2*p+1]));
	rx(t[p]) = max(rx(t[2*p+1]), sum(t[2*p+1]) + rx(t[2*p]));
	ans(t[p]) = max( max( ans(t[2*p]), ans(t[2*p+1]) ), rx(t[2*p]) + lx(t[2*p+1]) );
}
tree ask(int p, int ll, int rr)
{
	if(ll <= l(t[p]) && rr >= r(t[p]))
		return t[p];
	int mid = (l(t[p]) + r(t[p])) / 2;
	tree l, r, q;
	sum(l) = lx(l) = rx(l) = ans(l) = sum(r) = lx(r) = rx(r) = ans(r) = -INF;
	sum(q) = 0;//q的值不能乱赋啊 QAQ 
	if(ll <= mid )
	{
		l = ask(2*p, ll, rr);
		sum(q) += sum(l);
	}
	if(rr > mid)
	{
		r = ask(2*p+1, ll, rr);
		sum(q) += sum(r);
	}
	ans(q) = max( max(ans(l), ans(r)), rx(l) + lx(r));//ans(p)没赋初值 不能乱用 
	lx(q) = max(lx(l), sum(l) + lx(r));
	rx(q) = max(rx(r), sum(r) + rx(l));
	if(ll > mid)
		lx(q) = max(lx(q), lx(r));
	//如果[ll, rr]与左子树无交集 那么q就在p的右子树中 即c=r 
	//ans, sum, rx 都已经赋过r的值（此时l的所有值都负无穷） 
	if(rr <= mid)
		rx(q) = max(rx(q), rx(l));
	return q; 
}

int main(){
	scanf("%d %d", &n, &m);
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
	{
		scanf("%d", &a[i]);
	}
	build(1, 1, n);
	int k, x, y;
	while(m--)
	{
		scanf("%d %d %d", &k, &x, &y);
		if(k == 1)
		{
			if(x > y)
				swap(x, y);
			printf("%d\n", ans(ask(1, x, y)));
		}
		else
		{
			change(1, x, y);
			/*for(int i = 1; i <= n; ++i)
			{
				printf("%d %d %d %d %d\n", i, l(t[i]), r(t[i]), ans(t[i]), sum(t[i]));
			}	
			printf("\n");*/
		}
	}
	return 0;
}