題解 SP1716 【GSS3 - Can you answer these queries III】

\[ Preface \]

沒有 Preface。
\[ Description \]
維護一個長度爲 \(n\) 的數列 \(A\) ，須要支持如下操做：

• 0 x y 將 \(A_x\) 改成 \(y\) 。

• 1 x y 求 \(\max\limits_{x \leq l \leq r \leq y}{\sum_{i=l}^rA[i]}\) 。

\[ Solution \]

區間最大子段和 是一個很是經典的問題。

對於 總體最大子段和 來講，通常有 \(O(n)\) 的 貪心 和 分治 作法，咱們討論的重點是 分治 作法。

\(~\)

假設當前需求解最大子段和的區間是 \([l,r]\) ，令 \(mid=\left\lfloor\dfrac{l+r}{2}\right\rfloor\)

咱們套路地把 \([l,r]\) 分紅 \([l,mid]\) 和 \([mid+1,r]\) ，來進行分治求解：

\(~\)

首先對於形如 \([l,l]\) 的區間，就十分好處理了，這裏很少說。

\(~\)

接下來，考慮下最大子段和滿不知足 區間可加性 ?（\([l,mid]\) 和 \([mid+1,r]\) 的最大子段和可否推至 \([l,r]\)）

顯然，只維護一個最大子段和，對 左子區間 和 右子區間 的最大子段和取個 \(\max\) 是不能維護最大子段和的，由於其漏掉了 最大子段和同時包含左子區間和右子區間 的狀況。

那麼對於剩下的這一種狀況，它是一定通過中點 \(mid\) 的，那這種狀況的最大段就是 左子區間從右端點向左走的最大段 與 右子區間從左端點向右走的最大段 的並集，其值爲 左子區間的後綴最大子段和 \(+\) 右子區間的前綴最大字段和 。

那咱們再維護 前 \(/\) 後 綴最大子段和 ，對其三者取 \(\max\) ，最大子段和就知足區間可加性了。

維護 前 \(/\) 後 綴最大子段和 依舊能夠分紅 通過 \(mid\) \(/\) 不通過 \(mid\) 來討論。

之前綴最大子段和爲例，若通過 \(mid\) ，則最大段爲 左子區間 與 右子區間從左端點向右走的最大段 的並集，其值爲 左子區間和 \(+\) 右子區間的前綴最大子段和 ；若不通過 \(mid\) ，則最大段爲 左子區間從左端點向右走的最大段 。兩者取個 \(\max\) 便可。後綴最大子段和同理。

那咱們再維護個 區間和 ，那 最大子段和 ，前 \(/\) 後 綴最大子段和 就都知足區間可加性了。

至於 區間和 \(......\) ，這玩意直接加就好了。

（上述內容你們能夠本身畫圖感性理解一下

\(~\)

求解過程

約定變量：

\(sum\) : 區間和

\(lmax\) : 區間前綴最大子段和

\(rmax\) : 區間後綴最大子段和

\(wmax\) : 區間最大子段和

設函數 \(ask(l,r)\) 求的是關於區間 \([l,r]\) 的一個四元組\((\) \(sum\), \(lmax\), \(rmax\), \(wmax\) \()\)

首先有一個遞歸邊界 \(l=r\) ，此時這四個元素均爲 \(A_l\) 。

那對於通常狀況，令 \(lc=ask(l,mid),rc=ask(mid+1,r)\) ，則有：
\[ self.sum=lc.sum+rc.sum \]

\[ self.lmax=\max(lc.lmax,lc.sum+rc.lmax) \]

\[ self.rmax=\max(rc.rmax,rc.sum+lc.rmax) \]

\[ self.wmax=\max(lc.wmax,rc.wmax,lc.rmax+rc.lmax) \]

此時 \(self\) 即爲 \(ask(l,r)\) 。

struct data{
    int sum;
    int lmax;
    int rmax;
    int wmax;
};

data ask(int l,int r)
{
    data self;
    if(l==r)
    {
        self.sum=self.lmax=self.rmax=self.wmax=A[l];
        return self;
    }
    int mid=(l+r)/2;
    data lc=ask(l,mid),rc=ask(mid+1,r);
    self.sum=lc.sum+rc.sum;
    self.lmax=max(lc.lmax,lc.sum+rc.lmax);
    self.rmax=max(rc.rmax,rc.sum+lc.rmax);
    self.wmax=max(max(lc.wmax,rc.wmax),lc.rmax+rc.lmax);
    return self;
}

\(~\)

而後你會發現，若對於每一個詢問都調用一次 ask(l,r) 會穩穩 T 掉

那我 bb 這麼多有什麼用呢

你們仔細想一想，這個分治的過程像不像某個數據結構呢？

線段樹？

線段樹！

是的，用線段樹維護，每一個節點保存的是該節點所表明的區間 \([l,r]\) 的 \((\) \(sum\), \(lmax\), \(rmax\), \(wmax\) \()\) 。

剩下的都是一些線段樹基本操做了。
\[ Code \]

#include<cstdio>
#include<algorithm> 

#define RI register int

using namespace std;

const int SIZE=500100;

int n,m;
int a[SIZE];

struct SegmentTree{
    int l,r;
    int sum;
    int lmax;
    int rmax;
    int dat;
}t[SIZE*4];

void build(int p,int l,int r)
{
    t[p].l=l;t[p].r=r;
    if(l==r){t[p].sum=t[p].lmax=t[p].rmax=t[p].dat=a[l];return;}
    int mid=(l+r)/2;
    build(p*2,l,mid);
    build(p*2+1,mid+1,r);
    t[p].sum=t[p*2].sum+t[p*2+1].sum;
    t[p].lmax=max(t[p*2].lmax,t[p*2].sum+t[p*2+1].lmax);
    t[p].rmax=max(t[p*2+1].rmax,t[p*2+1].sum+t[p*2].rmax);
    t[p].dat=max(max(t[p*2].dat,t[p*2+1].dat),t[p*2].rmax+t[p*2+1].lmax); 
}

void change(int p,int x,int val)
{
    if(t[p].l==t[p].r){t[p].sum=t[p].lmax=t[p].rmax=t[p].dat=val;return;}
    int mid=(t[p].l+t[p].r)/2;
    if(x<=mid)change(p*2,x,val);
    else change(p*2+1,x,val);
    t[p].sum=t[p*2].sum+t[p*2+1].sum;
    t[p].lmax=max(t[p*2].lmax,t[p*2].sum+t[p*2+1].lmax);
    t[p].rmax=max(t[p*2+1].rmax,t[p*2+1].sum+t[p*2].rmax);
    t[p].dat=max(max(t[p*2].dat,t[p*2+1].dat),t[p*2].rmax+t[p*2+1].lmax); 
}

SegmentTree ask(int p,int l,int r)
{
    if(l<=t[p].l&&t[p].r<=r)return t[p];
    int mid=(t[p].l+t[p].r)/2;
    if(l<=mid&&mid<r)
    {
        SegmentTree lc=ask(p*2,l,r),rc=ask(p*2+1,l,r),self;
        self.sum=self.lmax=self.rmax=self.dat=0;
        self.sum=lc.sum+rc.sum;
        self.lmax=max(lc.lmax,lc.sum+rc.lmax);
        self.rmax=max(rc.rmax,rc.sum+lc.rmax);
        self.dat=max(max(lc.dat,rc.dat),lc.rmax+rc.lmax);
        return self;
    }
    if(l<=mid)
        return ask(p*2,l,r);
    if(mid<r)
        return ask(p*2+1,l,r);
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(RI i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);

    build(1,1,n);

    scanf("%d",&m);

    while(m--)
    {
        char op[2];
        int l,r;
        scanf("%s%d%d",op,&l,&r);

        switch(op[0])
        {
            case '1':{
                if(l>r)swap(l,r);
                printf("%d\n",ask(1,l,r).dat);
                break;
            }

            case '0':{
                change(1,l,r);
                break;
            }
        }
    }
    return 0;
}

\[ Thanks \ for \ watching \]