给一列数，要求支持操作： 1.修改某个数的值 2.读入l,r,k，询问在[l,r]内选不相交的不超过k个子段，最大的和是多少。1 ≤ n ≤ 105,1 ≤ m ≤ 105,1 ≤ l ≤ r ≤ n, 1 ≤ k ≤ 20
标签：mic build iostream 取反 最小 过程 maximum 最大的 sum
给一列数，要求支持操作： 1.修改某个数的值 2.读入l,r,k，询问在[l,r]内选不相交的不超过k个子段，最大的和是多少。1 ≤ n ≤ 105,1 ≤ m ≤ 105,1 ≤ l ≤ r ≤ n, 1 ≤ k ≤ 20
题解：如果直接用背包DP跑线段树区间合并的话，复杂度是O(nk^2logn的
先考虑费用流的做法，我们第一次取的时候一定选择的是区间中的最大连续子段，然后模拟费用流的过程，我们建立反向边，即将原来的最大连续子段取反，然后再找最大连续子段。。。最后询问完毕，再将哪些取反操作都还原回去。
所以一共要维护哪些东西呢？最大连续子段和以及它的位置，不过由于有取反操作，所以我们还要维护最小连续子段和以及它的位置，然后就没了。。。
为了代码美观，区间合并的时候用了很多重载运算符，还是挺吓人的~
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#define lson x<<1
#define rson x<<1|1
const int maxn=100010;
using namespace std;
int n,m,ans;
int v[maxn],pa[maxn],pb[maxn];
struct pp
{
int val,l,r;
pp() {}
pp(int x) {l=r=x,val=v[x];}
pp(int a,int b,int c) {val=a,l=b,r=c;}
pp operator + (const pp &a) const {return pp(val+a.val,l,a.r);}
bool operator < (const pp a) const {return val<a.val;}
};
struct node
{
bool tag;
pp s,sm,sn,lm,ln,rm,rn;
node() {}
node(int x)
{
s=pp(x),tag=0;
if(v[x]<0) ln=rn=sn=s,lm=sm=pp(0,x,x-1),rm=pp(0,x+1,x);
else lm=rm=sm=s,ln=sn=pp(0,x,x-1),rn=pp(0,x+1,x);
}
}s[maxn<<2];
inline 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;
}
inline int max(int a,int b,int c) {return max(max(a,b),c);}
inline int min(int a,int b,int c) {return min(min(a,b),c);}
inline pp max(const pp &a,const pp &b,const pp &c) {return max(max(a,b),c);}
inline pp min(const pp &a,const pp &b,const pp &c) {return min(min(a,b),c);}
inline node merge(const node &a,const node &b)
{
node c;
c.lm=max(a.lm,a.s+b.lm),c.rm=max(b.rm,a.rm+b.s),c.sm=max(a.sm,b.sm,a.rm+b.lm);
c.ln=min(a.ln,a.s+b.ln),c.rn=min(b.rn,a.rn+b.s),c.sn=min(a.sn,b.sn,a.rn+b.ln);
c.s=a.s+b.s,c.tag=0;
return c;
}
inline void rev(node &x)
{
x.sm.val=-x.sm.val,x.lm.val=-x.lm.val,x.rm.val=-x.rm.val;
x.sn.val=-x.sn.val,x.ln.val=-x.ln.val,x.rn.val=-x.rn.val;
x.s.val=-x.s.val,x.tag^=1;
swap(x.sm,x.sn),swap(x.lm,x.ln),swap(x.rm,x.rn);
}
inline void pushdown(int x)
{
if(s[x].tag) rev(s[lson]),rev(s[rson]),s[x].tag=0;
}
void build(int l,int r,int x)
{
if(l==r)
{
s[x]=node(l);
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(l,mid,lson),build(mid+1,r,rson);
s[x]=merge(s[lson],s[rson]);
}
void updata(int l,int r,int x,int a,int b)
{
if(a<=l&&r<=b)
{
rev(s[x]);
return ;
}
pushdown(x);
int mid=(l+r)>>1;
if(a<=mid) updata(l,mid,lson,a,b);
if(b>mid) updata(mid+1,r,rson,a,b);
s[x]=merge(s[lson],s[rson]);
}
node query(int l,int r,int x,int a,int b)
{
if(a<=l&&r<=b) return s[x];
pushdown(x);
int mid=(l+r)>>1;
if(b<=mid) return query(l,mid,lson,a,b);
if(a>mid) return query(mid+1,r,rson,a,b);
return merge(query(l,mid,lson,a,b),query(mid+1,r,rson,a,b));
}
void modify(int l,int r,int x,int a)
{
if(l==r)
{
s[x]=node(l);
return ;
}
pushdown(x);
int mid=(l+r)>>1;
if(a<=mid) modify(l,mid,lson,a);
else modify(mid+1,r,rson,a);
s[x]=merge(s[lson],s[rson]);
}
int main()
{
n=rd();
int i,j,a,b,c;
pp tmp;
for(i=1;i<=n;i++) v[i]=rd();
build(1,n,1);
m=rd();
for(i=1;i<=m;i++)
{
if(rd()==1)
{
a=rd(),b=rd(),c=rd(),ans=0;
for(j=1;j<=c;j++)
{
tmp=query(1,n,1,a,b).sm,ans+=tmp.val;
if(!tmp.val) break;
pa[j]=tmp.l,pb[j]=tmp.r,updata(1,n,1,tmp.l,tmp.r);
}
for(j--;j;j--) updata(1,n,1,pa[j],pb[j]);
printf("%d\n",ans);
}
else a=rd(),b=rd(),v[a]=b,modify(1,n,1,a);
}
return 0;
}//9 9 -8 9 -1 -1 -1 9 -8 9 3 1 1 9 1 1 1 9 2 1 4 6 3
【BZOJ3638】Cf172 k-Maximum Subsequence Sum 线段树区间合并（模拟费用流）
标签：mic build iostream 取反 最小 过程 maximum 最大的 sum
原文地址：http://www.cnblogs.com/CQzhangyu/p/7560373.html
