BZOJ2388 旅行規劃

bzoj2388: 旅行規劃

又是一道氪金題。。。

$bzoj$氪金無極限。。。

附上大美洛谷的題面：

洛谷p4192 旅行規劃

oivillage是乙個風景秀美的鄉村，為了更好的利用當地的旅遊資源，吸引遊客，推動經濟發展，xkszltl決定修建了一條鐵路將當地n個最著名的經典連線起來，讓遊客可以通過火車從鐵路起點（1號景點）出發，依次遊覽每個景區。

為了更好的評價這條鐵路，xkszltl為每乙個景區都哦賦予了乙個美觀度，而一條旅行路徑的價值就是它所經過的景區的美觀度之和。

不過，隨著天氣與季節的變化，某些景點的美觀度也會發生變化。

xkszltl希望為每位旅客提供最佳的旅行指導，但是由於遊客的時間有限，不一定能遊覽全部景區，然而他們也不希望旅途過於短暫，所以每個遊客都希望能在某乙個區間內的車站結束旅程，而xkszltl的任務就是為他們選擇乙個終點使得旅行線路的價值最大。

可是當地的景點與前來觀光的旅客實在是太多了，xkszltl無法及時完成任務，於是找到了準備虐殺noi2011的你，希望你能幫助他完成這個艱鉅的任務。

輸入格式：

第一行給出乙個整數n，接下來一行給出n的景區的初始美觀度。

第三行給出乙個整數m，接下來m行每行為一條指令：

0 x y k：表示將x到y這段鐵路邊上的景區的美觀度加上k；

1 x y：表示有一名旅客想要在x到y這段（含x與y）中的某一站下車，你需要告訴他最大的旅行價值。

輸出格式：

對於每個詢問，輸出乙個整數表示最大的旅行價值。

輸入樣例：

1 8 -8 3 -7

31 1 5

0 1 3 6

1 2 4

輸出樣例：

對於100%的資料，n，m≤100000。

題意就是求從$1$開始，到$[x,y]$之間某個點結束的字首和最大的那個值，帶修改。

那個修改先丟一邊去。

有乙個不容易想到的轉化：

如果我們把下標看做橫座標，字首和看做縱座標，那答案肯定是在凸包的最高點上。

所以關鍵在於動態維護凸包。

我們有許多極好的資料結構可以動態維護凸包：$treap$，李超樹，$set$，等等。

但是這裡我們選擇了分塊+二分維護。

為什麼使用複雜度更高的演算法呢？

因為我們維護的是字首和及其修改。

如果是原序列，區間加就直接打個標記就好。

但是現在是字首和。

於是區間加就變成了區間加首項為$k$、公差為$k$的等差數列。

但是多次修改呢？

沒事，我們有高中必修：

$$\text\+\text\=\text\$$

所以直接合併等差數列就好。

對於每個塊，我們維護等差數列首項$first$、公差$d$以及乙個$add$標記。

於是每個位置的真實值就是：$$\text+\text+\text\times(\text-\text)+add$$

但是注意，我們維護的是字首和。

所以當我們在$[l,r]$上區間加時，對於$r$之後的那些塊，我們都要打上$add$標記。

而且在處理$r$所屬塊時，要先把區間加對在$r$之後的$r$所屬塊中元素的影響考慮完，才能對$r$所屬塊維護凸包。

複雜度$o(n\sqrt n\log_2 n)$。

記得開$long\ long$。

附**：

#include#include#include#include#define maxn 100010
#define maxm 320
#define max (1ll<<61)
using namespace std;
int n,m,block;
int colour[maxn],left[maxm],right[maxm],num[maxm],convex[maxm][maxm];
int top,stack[maxm];
long long val[maxn],add[maxm],first[maxm],d[maxm];//first item,tolerance
inline int read()
while(c>='0'&&c<='9')
return date*w;
}inline double slope(int x,int y)
void build(int x)
}	return -max;
}long long solve(int l,int r)
return ans;
}void work()
else printf("%lld\n",solve(x,y));	}}
void init()
for(int i=1;i<=colour[n];i++)build(i);
m=read();
}int main()

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