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题目大意

坐标轴上有 $n$ 个点 每个点有一个收益 $v_i$ 。你从 $s$ 点开始 在接下来的 $m$ 天里每一天你可以选择移动到相邻的城市或获得这个城市的收益。一个城市的收益只能被获得一次。求最大可能的收益。$n \leq 10^5$

题解

发现这个路径只可能是先往左,在折回来往右(或者倒过来)。我们只需要考虑第一种情况(后面那种情况可以通过 reverse 再做一遍得到)

如果我们确定了两边到达的最远点 $[p,q]$ 相当于你有一个剩余天数 $k$ 你可以自由选择获得区间里的某些点的收益。显然获得前 $k$ 大是最优的。所以我们先用主席树维护一个区间前 $k$ 大的和。这样暴力就能做到 $O(n^2logn)$

我们考虑将左端点 $p$ 往右移 显然可以发现右端点 $q$ 不可能往左移。所以可以用类似于决策单调性优化中的二分写法那个东西优化到 $O(nlog^2n)$。(具体实现就是每次看看中点到右边哪个点最好 分成两块递归下去)

#include<bits/stdc++.h>

#define fi first
#define se second
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl
#define int LL
const int MAXN = 1e5 + 5;

int sm[MAXN<<5],sz[MAXN<<5],lc[MAXN<<5],rc[MAXN<<5],tot;

inline void clear(){
    FOR(i,0,tot) sm[i] = sz[i] = lc[i] = rc[i] = 0;tot = 0;
}

inline void pushup(int x){
    sm[x] = sm[lc[x]]+sm[rc[x]];
    sz[x] = sz[lc[x]]+sz[rc[x]];
}

inline void insert(int prex,int &x,int l,int r,int p,int d){
    sm[x = ++tot] = sm[prex]+d;sz[x] = sz[prex]+1;
    lc[x] = lc[prex];rc[x] = rc[prex];
    if(l == r) return;
    int mid = (l + r) >> 1;
    if(p <= mid) insert(lc[prex],lc[x],l,mid,p,d);
    else insert(rc[prex],rc[x],mid+1,r,p,d);
}
std::vector<int> S;
inline int query(int x,int y,int l,int r,int k){
    if(!y || !k) return 0;
    if(l == r) return S[l-1]*std::min(k,sz[y]-sz[x]);
    int mid = (l + r) >> 1;
    if(k <= sz[rc[y]]-sz[rc[x]]) return query(rc[x],rc[y],mid+1,r,k);
    return sm[rc[y]]-sm[rc[x]]+query(lc[x],lc[y],l,mid,k-(sz[rc[y]]-sz[rc[x]]));
}

int a[MAXN],root[MAXN];
int n,s,d,ans,m;

inline int calc(int l,int r){// s -> l -> r
    int t = (s-l)*2+(r-s);
    if(t <= 0) return 0;
    return query(root[l-1],root[r],1,m,d-t);
}

inline void work(int l,int r,int L,int R){
    if(l > r) return;
    if(L == R){
        FOR(i,l,r){
            ans = std::max(ans,calc(i,L));
        }
        return;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    int ps=-1,mx=0;
    FOR(i,std::max(L,mid),R){
        int t = calc(mid,i);
        if(mx < t){
            mx = t;ps = i;
        }
    }
    ans = std::max(ans,mx);
    work(l,mid-1,L,ps);work(mid+1,r,ps,R);
}

inline void solve(){
    clear();std::fill(root,root+n+1,0);
    FOR(i,1,n) insert(root[i-1],root[i],1,m,a[i],S[a[i]-1]);
    FOR(i,1,s){
        int t = d-(s-i);
        if(t > 0) ans = std::max(ans,query(root[i-1],root[s],1,m,t));
    }
    work(1,s-1,s+1,n);
}

signed main(){
//    freopen("../TestData/3.in","r",stdin);
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&s,&d);++s;
    FOR(i,1,n) scanf("%lld",a+i),S.pb(a[i]);
    std::sort(all(S));S.erase(std::unique(all(S)),S.end());
    FOR(i,1,n) a[i] = std::lower_bound(all(S),a[i])-S.begin()+1;
    m = S.size();
    solve();
    std::reverse(a+1,a+n+1);s = n-s+1;
    solve();
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

版权属于:RainAir

本文链接:https://blog.aor.sd.cn/archives/1116/

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Last modification:April 25th, 2020 at 12:57 am
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