标签：top 存在 正整数 组成 des 一个 space 不同 string
只有一个整数，表示乐曲美妙度的最大值。
题解：一开始想用主席树，然后越想越觉得做麻烦了，于是看题解发现用ST表就行。
我们先考虑较暴力的写法（最暴力的肯定是n2logn），假如我们已经确定了所选区间的右端点，那么我们能否快速知道最优的左端点是哪个呢？显然可以，我们将区间和转变为前缀相减的形式，求[l,r]的最大值也就是求s[r]-s[l-1]的最大值，因为r确定，而l只能在一段固定的区间，我们可以用ST表快速查询最小值。然后我们对于每个可行的右端点都找出最优的左端点，把它们扔到优先队列里一个一个取出来就行了。
但是问题来了，加入我们取出了点x，它的最优最短点y，那么在我们取出了y后，以后就不能再取y这个点了，那么我们该怎样将y删除呢？一个naive的想法就是用主席树，但是这要麻烦不少。
我们的目的就是想办法避免删除操作（因为ST表是不支持修改的），我们发现，加入原来x的左端点可以在[a,b]中选择，我们与其从[a,b]中去掉y，不如将[a,b]分裂成[a,y-1]和[y+1,b]两段，然后将这两段都扔到优先队列中。也就是说，我们在优先队列中存放的其实是一个四元组(sum,x,a,b)，分别代表区间和，右端点，合法左端点的区间最左边和最右边。
代码真的巨短。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <utility>
#define mp(A,B,C,D) make_pair(make_pair(A,B),make_pair(C,D))
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
priority_queue<pair<pii,pii> > pq;
int n,m,L,R;
long long ans;
const int maxn=500010;
int sn[maxn][20],v[maxn],s[maxn],Log[maxn];
int rd()
{
int ret=0,f=1; char gc=getchar();
while(gc<‘0‘||gc>‘9‘) {if(gc==‘-‘)f=-f; gc=getchar();}
while(gc>=‘0‘&&gc<=‘9‘) ret=ret*10+gc-‘0‘,gc=getchar();
return ret*f;
}
int mn(int a,int b)
{
return s[a]<s[b]?a:b;
}
int query(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()
{
n=rd(),m=rd(),L=rd(),R=rd();
int i,j,x,y,a,b,c,d;
for(i=2;i<=n;i++) Log[i]=Log[i>>1]+1;
for(i=1;i<=n;i++) sn[i][0]=i,v[i]=rd(),s[i]=v[i]+s[i-1];
for(j=1;(1<<j)<=n;j++)
for(i=0;i+(1<<j)-1<=n;i++)
sn[i][j]=mn(sn[i][j-1],sn[i+(1<<j-1)][j-1]);
for(i=L;i<=n;i++) pq.push(mp(s[i]-s[query(max(i-R,0),i-L)],i,max(i-R,0),i-L));
for(i=1;i<=m;i++)
{
pii t1=pq.top().first,t2=pq.top().second;
ans+=t1.first,x=t1.second,a=t2.first,b=t2.second,y=query(a,b),pq.pop();
c=query(a,y-1),d=query(y+1,b);
if(c!=-1) pq.push(mp(s[x]-s[c],x,a,y-1));
if(d!=-1) pq.push(mp(s[x]-s[d],x,y+1,b));
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
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原文地址：http://www.cnblogs.com/CQzhangyu/p/7071394.html
