[BZOJ2006][NOI2010]超级钢琴(ST表+堆)

首先将区间和转化为前缀和，根据区间长度限制[L,R]可以知道，对于右端点x，合法左端点一定在[x-R+1,x-L+1]中。

于是有个朴素的想法，对于每个右端点，将合法左端点中的前k大扔进堆中，最后取整体前k大即可。

这样显然复杂度过高。考虑对于右端点x，合法左端点在[l,r]中，那么如果选了左端点y，则还能取的左端点就只能在[l,y-1]和[y+1,r]中了，我们把这两个扔进堆中即可。

也就是说，对于堆中的元素，记录四个值：右端点，合法左端点的区间(l,r)，此区间内最大优美值的左端点在哪。

每次取出一个(x,l,r,p)，我们将(x,l,p-1,p1)和(x,p+1,r,p2)扔进堆中即可。当然这里的p1和p2要通过ST表求。

贪心好像有一种套路，经常和堆配合使用，而且这个堆是随着每次作出的决策而不断更新的。

#include<cstdio>
#include<queue>
#include<algorithm>
#define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++)
#define mp(A,B,C,D) make_pair(make_pair(A,B),make_pair(C,D))
typedef long long ll;
using namespace std;

const int N=500100;
typedef pair<int,int> pii;
priority_queue<pair<pii,pii> > Q;
int n,m,a,b,c,d,x,y,L,R,sn
[20],v
,s
,Log
;;
ll ans;

int mn(int a,int b){ return s[a]<s[b]?a:b; }
int que(int a,int b){
if (a>b) return -1;
int k=Log[b-a+1];
return mn(sn[a][k],sn[b-(1<<k)+1][k]);
}

int main(){
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&L,&R);
rep(i,2,n) Log[i]=Log[i>>1]+1;
rep(i,1,n) sn[i][0]=i,scanf("%d",&v[i]),s[i]=v[i]+s[i-1];
for(int j=1;(1<<j)<=n;j++)
for(int i=0;i+(1<<j)-1<=n;i++)
sn[i][j]=mn(sn[i][j-1],sn[i+(1<<(j-1))][j-1]);
rep(i,L,n) Q.push(mp(s[i]-s[que(max(i-R,0),i-L)],i,max(i-R,0),i-L));
rep(i,1,m){
pii t1=Q.top().first,t2=Q.top().second;
ans+=t1.first,x=t1.second,a=t2.first,b=t2.second,y=que(a,b),Q.pop();
c=que(a,y-1),d=que(y+1,b);
if(c!=-1) Q.push(mp(s[x]-s[c],x,a,y-1));
if(d!=-1) Q.push(mp(s[x]-s[d],x,y+1,b));
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}