cf851 E. Sum Over Zero

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大意：

给定一个数组 a 。设段的集合 S 满足：

1. 元素形式为段[x,y] ，其中 1≤x≤y≤n。
2. 所有段没有交集
3. 所有段满足区间和>=0。

一个段集合S 的价值为，所有其中元素段长度的和

求对于数组a所有可能的S的价值最大值。

思路：

其实不难想到n^2的dp

不妨设si表示前i个元素的前缀和，显然我们需要这个来确定区间和

如果我们设dp[i]表示前i个元素的最大价值，那么对于第i个元素：

可以不选,dp[i]=dp[i-1]

可以选，dp[i]=max{dp[j]+i-j}，1<=j<i,且sj<=si

这是n^2的复杂度，考虑优化

仔细观察一下，在更新的时候，其实i是固定的，变的是dp[j]-j,所以我们可以想办法找到i之前的前缀和比当前小的点的前缀最大值。那么就可以令si从小到大作为id，来维护一个前缀最大的树状数组，因为我们是按1-n的顺序更新的，所以查询的时候树状数组里的最大值就是刚好满足条件的最大值。

注意一点，一开始我们的树状数组肯定初始化为-inf，但是对于一个前缀和>0的点来说，它前面没有可以更新的前缀最大值，但是它可以直接从开始算一个。所以我们还需要额外添加一个0加入id的计算中，并在更新dp之前把0的值加入树状数组

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define endl '\n'
#define mk make_pair
const ll N=2e5+10;
ll n;
ll mas[N],sum[N],c[N],id[N];
struct set_tr
{
	ll tr[N];
	void init()
	{
		for(int i=0;i<=n+5;++i) tr[i]=-1e9;
	}
	ll low(ll x)
	{
		return x&(-x);
	}
	void add(ll x,ll y)
	{
		while(x<=n+5)
		{
			tr[x]=max(tr[x],y);
			x+=low(x);
		}
	}
	ll sum(ll x)
	{
		ll ans=-1e9;
		while(x>0)
		{
			ans=max(ans,tr[x]);
			x-=low(x);
		}
		return ans;
	}
}t;
ll dp[N];
void solve()
{
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;++i) cin>>mas[i],sum[i]=sum[i-1]+mas[i];
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		c[i]=sum[i];
	}
	c[n+1]=sum[n+1]=0;
	sort(c+1,c+2+n);
	ll len=unique(c+1,c+2+n)-c-1;
	for(int i=1;i<=n+1;++i)
	{
		id[i]=lower_bound(c+1,c+1+len,sum[i])-c+1;
	}
	
	t.init();
	t.add(id[n+1],0);
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		ll fd=t.sum(id[i]);
		dp[i]=max(dp[i-1],fd+i);
		t.add(id[i],dp[i]-i);
	}
	cout<<dp[n]<<endl;
	
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
//	ll t;cin>>t;while(t--)
	solve();
	return 0;
}