【SOJ1136】【cogs775】山海经

Description

“南山之首日鹊山。其首日招摇之山，临于西海之上，多桂，多金玉。有草焉，其状如韭而青华，其名日祝余，食之不饥……又东三百里，日堂庭之山，多棪木，多白猿，多水玉，多黄金。

又东三百八十里，日猨翼之山，其中多怪兽，水多怪鱼，多白玉，多蝮虫，多怪蛇，名怪木，不可以上。……”

《山海经》是以山为纲，以海为线记载古代的河流、植物、动物及矿产等情况，而且每一条记录路线都不会有重复的山出现。某天，你的地理老师海东想重游《山海经》中的路线，为了简化问题，海东老师已经把每座山用一个整数表示他对该山的喜恶程度，他想知道第a座山到第b座山的中间某段路(i,j)。能使他感到最满意，即(i，j)这条路上所有山的喜恶度之和是（c，d）(a≤c≤d≤b)最大值。于是老师便向你请教，你能帮助他吗?值得注意的是，在《山海经》中，第i座山只能到达第i+1座山。

Input

输入文件名为(hill.in)。

输入第1行是两个数，n，m，2≤n≤100000，1≤m≤l00000，n表示一共有n座山，m表示老师想查询的数目。

第2行是n个整数，代表n座山的喜恶度，绝对值均小于10000。

以下m行每行有a，b两个数，1≤a≤j≤b≤m，表示第a座山到第b座山。

Output

输出文件名为(hill.out)。

一共有m行，每行有3个数i，j，s，表示从第i座山到第j座山总的喜恶度为s。显然，对于每个查询，有a≤i≤j≤b，如果有多组解，则输出i最小的，如果i也相等，则输出j最小的解。

Sample Input

5 3
5 -6 3 -1 4
1 3
1 5
5 5

Sample Output

1 1 5
3 5 6
5 5 4

Hint

对于 30% 的数据，满足1<=n ，m<=500。
对于 60% 的数据，满足1<=n ，m<=2000。
对于 100% 的数据，满足1<=n ，m<=100000。

Key To Problem

60% 的数据，利用dp思想，对于每次询问查询一次区间最大连续子段和，时间复杂度为O(n*m);

100% 的数据，可以用线段树来求。

建线段树时，需要考虑两个问题，线段树中储存的内容和如何利用子节点的信息来更新父节点的信息。

线段树中的内容不难想到需要利用三个值来求解。

一开始我想的是cnt表示一个节点最大值区间，lcnt表示节点中最大区间左边所有值的和，rcnt表示节点中最大区间右边所有值的和。好不容易写出来了，之后我就傻逼了，这个奇怪的东西连样例都过不了。

于是我就想啊想，想啊想，终于搞出来一个更奇怪的东西。

lcnt--表示从左边起的最大连续喜恶度之和；
rcnt——表示从右边起的最大连续喜恶度之和；
cnt--表示节点中最大连续喜恶度之和；

当然，为了标记cnt，我们还需要几个东西：

rleft--表示lcnt的右端点；
lright--表示rcnt的左端点；
l--表示cnt的左端点；
r--表示cnt的右端点；

之后就是更新的问题，这个显然就好想多了

rt.lcnt=max(ls.lcnt,sum[ls]+rs.cnt);
rt.cnt=max(ls.cnt,rs.cnt,ls.rcnt+rs.lcnt);
rt.rcnt=max(ls.rcnt+sum[rs],rs.rcnt);

询问和更新差不多，对于一个父节点，如果只用了它的左节点或右节点，那么只返回左节点或右节点就可以了，当左右节点都用到的时候，与更新相同。

CODE

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 100010
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
#define ls rt<<1
#define rs rt<<1|1
using namespace std;
struct node
{
int lcnt,rcnt,cnt,rleft,lright,l,r;
};
int f[N<<2];
node p[N<<2];
int n,m;

void PushUp(node &a,node &b,node &s,int rt)
{
f[rt]=f[ls]+f[rs];
if(a.lcnt>=f[ls]+b.lcnt)
{
s.rleft=a.rleft;
s.lcnt=a.lcnt;
}else
{
s.rleft=b.rleft;
s.lcnt=f[ls]+b.lcnt;
}
if(a.cnt>=b.cnt&&a.cnt>=a.rcnt+b.lcnt)
{
s.l=a.l,s.r=a.r;
s.cnt=a.cnt;
}else
if(a.rcnt+b.lcnt>a.cnt&&a.rcnt+b.lcnt>=b.cnt)
{
s.l=a.lright,s.r=b.rleft;
s.cnt=a.rcnt+b.lcnt;
}else
{
s.l=b.l,s.r=b.r;
s.cnt=b.cnt;
}
if(a.rcnt+f[rs]>=b.rcnt)
{
s.lright=a.lright;
s.rcnt=a.rcnt+f[rs];
}else
{
s.lright=b.lright;
s.rcnt=b.rcnt;
}
}

void build(int l,int r,int rt)
{
if(l==r)
{
scanf("%d",&f[rt]);
p[rt].lcnt=p[rt].rcnt=p[rt].cnt=f[rt];
p[rt].lright=p[rt].l=l;
p[rt].rleft=p[rt].r=r;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(lson);
build(rson);
PushUp(p[ls],p[rs],p[rt],rt);
}

node query(int L,int R,int l,int r,int rt)
{
if(l>=L&&r<=R)
return p[rt];
int mid=(l+r)>>1;
node a,b,s;
if(mid>=L)
a=query(L,R,lson);
if(mid<R)
b=query(L,R,rson);
if(mid>=R)
return a;
if(mid<L)
return b;
PushUp(a,b,s,rt);
return s;
}

int main()
{
//  freopen("hill.in","r",stdin);
//  freopen("hill.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
build(1,n,1);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
node ans=query(x,y,1,n,1);
printf("%d %d %d\n",ans.l,ans.r,ans.cnt);
}
return 0;
}