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很好的一道题，想了很久。首先突破的是，可以找到枚举其中一边，假设是尾部y，然后快速找出满足条件的最大的头部x，连续区间的和
很容易想到借助部分和的思想，如果是从y开始往前面累加，那么就是一个关于y的后缀和。
如果答案的一边在y，那么就转化成了对后缀和的RMQ。
y的后缀和y-1或者y+1的后缀是差不多的，只要想想怎么递推就好了。
y == 0时的所有后缀是很容易得到的，因此考虑用y递推y+1，这个后缀和是从右边往左累加的，重复的不算，
对于元素a[y+1]，它所影响的后缀只有y+1到a[y+1]上一次出现的位置，区间更新就好了。
然后就卡了，经过鼠宝宝提醒才想到，在上面过程中可以再维护一个历史最值，这个历史最值怎么维护也是各种纠结。。。
最容易想到的是在线段树区间更新的时候，当前max改变的时候用来更新历史最值，但是因为是区间更新，需要打标记，
而打上标记的子节点的历史最值实际上没有更新到，因此对于历史最值的更新也打上一个标记。
/********************************************************* * ------------------ * * author AbyssalFish * **********************************************************/ #include<cstdio> #include<iostream> #include<string> #include<cstring> #include<queue> #include<vector> #include<stack> #include<map> #include<set> #include<algorithm> #include<cmath> #include<numeric> using namespace std; typedef long long ll; const int MAX_N = 1e5+5; int dat[MAX_N*2]; int *const ps = dat + MAX_N; int a[MAX_N]; const int MAX_M = MAX_N; template<typename T> struct LIST { int hd[MAX_N]; int nx[MAX_M]; T val[MAX_M]; int sz; void init(int n) { memset(hd+1,0,sizeof(int)*n); sz = 0; } void add(int u, const T &v) { nx[++sz] = hd[u]; val[sz] = v; hd[u] = sz; } }; LIST<int> lyx; int N; #define para int o = 1, int l = 1, int r = N #define lo (o<<1) #define ro (o<<1|1) #define Tvar int md = (l+r)>>1; #define lsn lo,l,md #define rsn ro,md+1,r #define insd ql<=l&&r<=qr const int ST_SIZE = 1<<18; ll dwn[ST_SIZE]; ll mx[ST_SIZE]; ll his_mx[ST_SIZE]; ll his_dwn[ST_SIZE]; inline void sink_his(int o, ll d) { his_dwn[o] = max(his_dwn[o], dwn[o] + d);//历史最值更新的标记也是取最大的 his_mx[o] = max(his_mx[o], mx[o] + d); } inline void sink(int o,ll d) { mx[o] += d; dwn[o] += d; } inline void push_down(int o) { ll &d = his_dwn[o]; if(d){ //子节点还没更新，保存的是旧值 sink_his(lo,d); sink_his(ro,d); d = 0; } ll &d2 = dwn[o]; if(d2){ sink(lo,d2); sink(ro,d2); d2 = 0; } } int ql,qr; ll q_dlt; void modify(para) { if(insd){ sink(o,q_dlt); his_dwn[o] = max(his_dwn[o], dwn[o]); his_mx[o] = max(his_mx[o], mx[o]); } else { Tvar push_down(o); if(ql <= md) modify(lsn); if(qr > md) modify(rsn); mx[o] = max(mx[lo],mx[ro]); his_mx[o] = max(mx[o], his_mx[o]); } } ll q_his_mx(para) { if(insd) return his_mx[o]; else { Tvar push_down(o); ll re = -INFINITY; if(ql <= md) re = max(re,q_his_mx(lsn)); if(qr > md) re = max(re,q_his_mx(rsn)); return re; } } ll ans[MAX_N]; void solve() { int i; for(i = 1; i <= N; i++){ scanf("%d", a+i); } int Q; scanf("%d",&Q); int x, y; for(i = 1; i <= Q; i++){ scanf("%d%d",&x, &y); lyx.add(y,x); } for(y = 1; y <= N; y++){ ql = ps[a[y]]+1; qr = y; q_dlt = a[y]; ps[a[y]] = y; modify(); for(i = lyx.hd[y]; i; i = lyx.nx[i]){ ql = lyx.val[i]; ans[i] = q_his_mx(); } } for(i = 1; i <= Q; i++){ printf("%lld\n", ans[i]); } } //#define LOCAL int main() { #ifdef LOCAL freopen("in.txt","r",stdin); #endif //cout<<(((int)ceil(log2(MAX_N))+1))<<endl; scanf("%d",&N); solve(); return 0; }
Can you answer these queries II
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原文地址：http://www.cnblogs.com/jerryRey/p/5017387.html
