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NOI2010 超级钢琴

2017-07-25 11:21 169 查看

[b]题目大意：[/b]

懒得写了。。。。。。。

[b]题解：[/b]

要求前k小，显然贪心。

假定我们选取了一个左端点op那么右端点的选取范围就固定在[op+L-1，op+R-1]，那么我们可以维护一个三元组，即i与其选取范围。但我们会在某个区间选取诸如次大值，次次大值，次次次。。。。。。次大值。那么我们之前的三元组就还需要一个新的元素，即选取位置t。当我们使用了这个四元组之后，区间就应该删掉t，换一种思路，就是从t这个位置裂解成两个区间，次大值一定在这两个区间一种，这样我们依靠一个堆，重复以上操作即可。而在最大值的区间选取，我们可以依靠一个ST表来实现

时间复杂度：$O（nlog_2(n)+klog_2^2(n)）$

#include<cstdio>
#include<queue>
void read(int &x){
x=0;bool k=0;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')  k=ch=='-'?1:k, ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
x=x*(k==1?-1:1);
}
const int N=500500;
int n,k,L,R;
int a
,sum
;
inline int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
struct node{int op,l,r,t;
friend bool operator <(node x,node y){
return sum[x.t]-sum[x.op-1]<sum[y.t]-sum[y.op-1];
}
};
long long ans;
int mx[20]
;
int lg
,pow[20];
inline  void ST(){
lg[0]=-1;for(int i=1;i<=n;i++) lg[i]=lg[i>>1]+1;
pow[0]=1;for(int i=1;i<=19;i++) pow[i]=pow[i-1]<<1;
for(int i=1;i<=n;i++)   mx[0][i]=i;
for(int i=1;pow[i]<=n;i++)
for(int j=1;j<=n-pow[i]+1;j++){
int t=mx[i-1][j],t1=mx[i-1][j+pow[i-1]];
mx[i][j]=sum[t]>sum[t1]?t:t1;
}
}
inline int query(int l,int r){
int q=lg[r-l+1];
int t1=mx[q][l],t2=mx[q][r-pow[q]+1];
return sum[t1]>sum[t2]?t1:t2;
}
std::priority_queue<node> q;
inline void solve(){
for(int i=1;i<=n-L+1;i++)   {
int l=i+L-1,r=min(i+R-1,n);
int t=query(l,r);
q.push((node){i,l,r,t});
}
for(int i=1;i<=k;i++){
node now=q.top();q.pop();
ans+=sum[now.t]-sum[now.op-1];
if(now.t+1<=now.r)
q.push((node){now.op,now.t+1,now.r,query(now.t+1,now.r)});
if(now.t-1>=now.l)
q.push((node){now.op,now.l,now.t-1,query(now.l,now.t-1)});
}
}
int main(){
freopen("piano.in","r",stdin);
freopen("piano.out","w",stdout);
read(n),read(k),read(L),read(R);
for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+a[i];
ST();
solve();
printf("%lld",ans);
}

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