自动搬运

查看原文

来自洛谷，原作者为

	x_faraway_x 毫无特色的 OI 入门选手

搬运于2025-08-24 21:38:21，当前版本为作者最后更新于2018-12-02 13:39:26，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

自动搬运只会搬运当前题目点赞数最高的题解，您可前往洛谷题解查看更多

以下是正文

1. 题目大意

给定一个长度为 $n$ 的数列 $a_1,a_2,a_3,...,a_n$ , 并给出 $m$ 个操作，操作类型如下：

操作1：查询区间最大值，输出最大值与 $a_1$ 的差；

操作2：交换两个数的位置；

操作3：选择一段区间 $[l,r]$ 并给定 $t$ ，将区间中第 $x$ 个数加上 $x\cdot t$ .

$n,m \le 10^5$ .

2. 解题报告

本题的正解是分块。

首先我们先考虑操作3，对于两边的元素，我们直接暴力修改然后重构即可。那么我们如何维护整块呢？

维护 $add[ x ]$ 表示第 $x$ 块累加的 $t$ , 那我们要得到单个元素，再维护一个偏移量 $del[x]$ ，这样块中元素的权值即可表示为 $w[i]=a[i]+add[x]\times i-del[x]$.

（举个例子，若给块 $[4,6]$ 加上 $2T, 3T, 4T$ ，那么$add[x]=T$ ，$del[x]=2T$，这样 $w[5]=a[5]+5T-2T=a[5]+3T$ .）

对于操作2，我们直接暴力交换然后重构块即可。

对于操作1，我们考虑在整块被修改后，如何维护块内的最大值。由于每个元素的编号 $i$ 和权值 $a_i$ 都是定值且 $i$ 单增，我们可以将每个元素看成 $(i,a_i)$ ，然后用单调栈维护一个上凸壳。这样随着 $add$ 的增大，最大元素位置一定向右移动，且元素权值呈单峰。

每个操作维护（询问）的复杂度都为 $O( n\sqrt{n} )$，再加上本题时间限制宽松，可以轻松通过。

3. 参考程序

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
namespace io {
	const int SIZE=(1<<21)+1;
	char ibuf[SIZE],*iS,*iT;
	char gc()
	{
		if(iS==iT) iT=(iS=ibuf)+fread(ibuf,1,SIZE,stdin);
		if(iS==iT) return EOF;
		return *iS++;
	}
	inline int gi()
	{
		char c; int x=0,f=1;
		for(;c<'0'||c>'9';c=gc())if(c=='-')f=-1;
		for(;c>='0'&&c<='9';c=gc())x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';
		return x*f;
	}
}
using io::gi;
const int N=100005,qN=320;
int n,m,bel[N],b,s[qN][qN],tp[qN],pos[qN];
ll h[N],a[N],add[qN],del[qN];
#define top s[x][tp[x]]
#define dtp s[x][tp[x]-1]
#define Max(x) s[x][pos[x]]
void remove(int x)
{
	for(int i=(x-1)*b+1;i<=x*b;i++) a[i]+=add[x]*i-del[x];
	add[x]=del[x]=pos[x]=tp[x]=0;
}
void build(int x)
{
	memset(s[x],0,sizeof(s[x]));
	for(int i=(x-1)*b+1;i<=x*b;i++)
	{
		while(tp[x]>1&&(a[i]-a[top])*(top-dtp)>=(a[top]-a[dtp])*(i-top))--tp[x];
		s[x][++tp[x]]=i;
	}
	for(pos[x]=1;pos[x]<=tp[x]&&a[s[x][pos[x]+1]]>=a[s[x][pos[x]]];pos[x]++);
}
void update(int x)
{
	for(;pos[x]<=tp[x];pos[x]++)
		if(a[s[x][pos[x]+1]]+add[x]*s[x][pos[x]+1]<a[s[x][pos[x]]]+add[x]*s[x][pos[x]])
			break;
}
int main()
{
	n=gi(),m=gi();
	b=sqrt(n);
	for(int i=1;i<=n;i++) bel[i]=(i-1)/b+1,a[i]=gi();
	for(int i=1;i<=bel[n];i++) build(i);
	while(m--)
	{
		int op=gi(),l=gi(),r=gi();
		if(op==1)
		{
			ll k=a[1]+add[1]-del[1];
			ll mx=k;
			for(;bel[l]==bel[l-1]&&l<=r;l++)
				mx=max(mx,a[l]+add[bel[l]]*l-del[bel[l]]);
			for(;l+b<=r;l+=b)
				mx=max(mx,a[Max(bel[l])]+add[bel[l]]*Max(bel[l])-del[bel[l]]);
			for(;l<=r;l++)
				mx=max(mx,a[l]+add[bel[l]]*l-del[bel[l]]);
			printf("%lld\n",mx-k);
		}
		if(op==2)
		{
			remove(bel[l]),remove(bel[r]);
			swap(a[l],a[r]);
			build(bel[l]); build(bel[r]);
		}
		if(op==3)
		{
			int t=gi(),tl=l;
			for(;bel[l]==bel[l-1]&&l<=r;l++) a[l]+=(l-tl+1)*t;
			remove(bel[l-1]); build(bel[l-1]);
			for(;l+b<=r;l+=b) add[bel[l]]+=t,del[bel[l]]+=(tl-1)*t,update(bel[l]);
			for(;l<=r;l++) a[l]+=(l-tl+1)*t;
			remove(bel[r]); build(bel[r]);
		}
	}
}

4. 附：维护上凸壳的正确性数学证明

附赠给不能理解维护上凸壳正确性的同学：

假设现在有3个元素 $x,y,z$ ，设它们的编号分别为 $h_x, h_y, h_z$，元素大小为 $a_x,a_y,a_z$ ，权值为$w_x,w_y,w_z$ ， $h_x<h_y<h_z$ 。设 $add$ 值为 $T$, 若存在 $T$ 使得 $w_y > w_x$ 且 $w_y>w_z$，则作差列出不等式：

$a_x-a_y<(h_y-h_x)T$ ， $a_y-a_z>(h_z-h_y)T$ .

两式整理合并可得 $\displaystyle \frac{a_z-a_y}{h_z-h_y}<\frac{a_y-a_x}{h_y-h_x}$ .

即：直线 $y\to z$ 的斜率小于直线 $x\to y$ 的斜率，故维护上凸壳。同时易发现，随着 $T$ 的不断增大，最大元素的位置右移，且最大元素左边的权值递增，右边的权值递减（即单峰）。