题解 SP1716 【GSS3 - Can you answer these queries III】

\[ Preface \]

没有 Preface。
\[ Description \]
维护一个长度为 \(n\) 的数列 \(A\) ，须要支持如下操做：

• 0 x y 将 \(A_x\) 改成 \(y\) 。

• 1 x y 求 \(\max\limits_{x \leq l \leq r \leq y}{\sum_{i=l}^rA[i]}\) 。

\[ Solution \]

区间最大子段和 是一个很是经典的问题。

对于 总体最大子段和 来讲，通常有 \(O(n)\) 的 贪心 和 分治 作法，咱们讨论的重点是 分治 作法。

\(~\)

假设当前需求解最大子段和的区间是 \([l,r]\) ，令 \(mid=\left\lfloor\dfrac{l+r}{2}\right\rfloor\)

咱们套路地把 \([l,r]\) 分红 \([l,mid]\) 和 \([mid+1,r]\) ，来进行分治求解：

\(~\)

首先对于形如 \([l,l]\) 的区间，就十分好处理了，这里很少说。

\(~\)

接下来，考虑下最大子段和满不知足 区间可加性 ?（\([l,mid]\) 和 \([mid+1,r]\) 的最大子段和可否推至 \([l,r]\)）

显然，只维护一个最大子段和，对 左子区间 和 右子区间 的最大子段和取个 \(\max\) 是不能维护最大子段和的，由于其漏掉了 最大子段和同时包含左子区间和右子区间 的状况。

那么对于剩下的这一种状况，它是一定通过中点 \(mid\) 的，那这种状况的最大段就是 左子区间从右端点向左走的最大段 与 右子区间从左端点向右走的最大段 的并集，其值为 左子区间的后缀最大子段和 \(+\) 右子区间的前缀最大字段和 。

那咱们再维护 前 \(/\) 后 缀最大子段和 ，对其三者取 \(\max\) ，最大子段和就知足区间可加性了。

维护 前 \(/\) 后 缀最大子段和 依旧能够分红 通过 \(mid\) \(/\) 不通过 \(mid\) 来讨论。

之前缀最大子段和为例，若通过 \(mid\) ，则最大段为 左子区间 与 右子区间从左端点向右走的最大段 的并集，其值为 左子区间和 \(+\) 右子区间的前缀最大子段和 ；若不通过 \(mid\) ，则最大段为 左子区间从左端点向右走的最大段 。两者取个 \(\max\) 便可。后缀最大子段和同理。

那咱们再维护个 区间和 ，那 最大子段和 ，前 \(/\) 后 缀最大子段和 就都知足区间可加性了。

至于 区间和 \(......\) ，这玩意直接加就好了。

（上述内容你们能够本身画图感性理解一下

\(~\)

求解过程

约定变量：

\(sum\) : 区间和

\(lmax\) : 区间前缀最大子段和

\(rmax\) : 区间后缀最大子段和

\(wmax\) : 区间最大子段和

设函数 \(ask(l,r)\) 求的是关于区间 \([l,r]\) 的一个四元组\((\) \(sum\), \(lmax\), \(rmax\), \(wmax\) \()\)

首先有一个递归边界 \(l=r\) ，此时这四个元素均为 \(A_l\) 。

那对于通常状况，令 \(lc=ask(l,mid),rc=ask(mid+1,r)\) ，则有：
\[ self.sum=lc.sum+rc.sum \]

\[ self.lmax=\max(lc.lmax,lc.sum+rc.lmax) \]

\[ self.rmax=\max(rc.rmax,rc.sum+lc.rmax) \]

\[ self.wmax=\max(lc.wmax,rc.wmax,lc.rmax+rc.lmax) \]

此时 \(self\) 即为 \(ask(l,r)\) 。

struct data{
    int sum;
    int lmax;
    int rmax;
    int wmax;
};

data ask(int l,int r)
{
    data self;
    if(l==r)
    {
        self.sum=self.lmax=self.rmax=self.wmax=A[l];
        return self;
    }
    int mid=(l+r)/2;
    data lc=ask(l,mid),rc=ask(mid+1,r);
    self.sum=lc.sum+rc.sum;
    self.lmax=max(lc.lmax,lc.sum+rc.lmax);
    self.rmax=max(rc.rmax,rc.sum+lc.rmax);
    self.wmax=max(max(lc.wmax,rc.wmax),lc.rmax+rc.lmax);
    return self;
}

\(~\)

而后你会发现，若对于每一个询问都调用一次 ask(l,r) 会稳稳 T 掉

那我 bb 这么多有什么用呢

你们仔细想一想，这个分治的过程像不像某个数据结构呢？

线段树？

线段树！

是的，用线段树维护，每一个节点保存的是该节点所表明的区间 \([l,r]\) 的 \((\) \(sum\), \(lmax\), \(rmax\), \(wmax\) \()\) 。

剩下的都是一些线段树基本操做了。
\[ Code \]

#include<cstdio>
#include<algorithm> 

#define RI register int

using namespace std;

const int SIZE=500100;

int n,m;
int a[SIZE];

struct SegmentTree{
    int l,r;
    int sum;
    int lmax;
    int rmax;
    int dat;
}t[SIZE*4];

void build(int p,int l,int r)
{
    t[p].l=l;t[p].r=r;
    if(l==r){t[p].sum=t[p].lmax=t[p].rmax=t[p].dat=a[l];return;}
    int mid=(l+r)/2;
    build(p*2,l,mid);
    build(p*2+1,mid+1,r);
    t[p].sum=t[p*2].sum+t[p*2+1].sum;
    t[p].lmax=max(t[p*2].lmax,t[p*2].sum+t[p*2+1].lmax);
    t[p].rmax=max(t[p*2+1].rmax,t[p*2+1].sum+t[p*2].rmax);
    t[p].dat=max(max(t[p*2].dat,t[p*2+1].dat),t[p*2].rmax+t[p*2+1].lmax); 
}

void change(int p,int x,int val)
{
    if(t[p].l==t[p].r){t[p].sum=t[p].lmax=t[p].rmax=t[p].dat=val;return;}
    int mid=(t[p].l+t[p].r)/2;
    if(x<=mid)change(p*2,x,val);
    else change(p*2+1,x,val);
    t[p].sum=t[p*2].sum+t[p*2+1].sum;
    t[p].lmax=max(t[p*2].lmax,t[p*2].sum+t[p*2+1].lmax);
    t[p].rmax=max(t[p*2+1].rmax,t[p*2+1].sum+t[p*2].rmax);
    t[p].dat=max(max(t[p*2].dat,t[p*2+1].dat),t[p*2].rmax+t[p*2+1].lmax); 
}

SegmentTree ask(int p,int l,int r)
{
    if(l<=t[p].l&&t[p].r<=r)return t[p];
    int mid=(t[p].l+t[p].r)/2;
    if(l<=mid&&mid<r)
    {
        SegmentTree lc=ask(p*2,l,r),rc=ask(p*2+1,l,r),self;
        self.sum=self.lmax=self.rmax=self.dat=0;
        self.sum=lc.sum+rc.sum;
        self.lmax=max(lc.lmax,lc.sum+rc.lmax);
        self.rmax=max(rc.rmax,rc.sum+lc.rmax);
        self.dat=max(max(lc.dat,rc.dat),lc.rmax+rc.lmax);
        return self;
    }
    if(l<=mid)
        return ask(p*2,l,r);
    if(mid<r)
        return ask(p*2+1,l,r);
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(RI i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);

    build(1,1,n);

    scanf("%d",&m);

    while(m--)
    {
        char op[2];
        int l,r;
        scanf("%s%d%d",op,&l,&r);

        switch(op[0])
        {
            case '1':{
                if(l>r)swap(l,r);
                printf("%d\n",ask(1,l,r).dat);
                break;
            }

            case '0':{
                change(1,l,r);
                break;
            }
        }
    }
    return 0;
}

\[ Thanks \ for \ watching \]