自动搬运

查看原文

来自洛谷，原作者为

	Alex_Wei **

搬运于2025-08-24 22:00:46，当前版本为作者最后更新于2021-06-29 21:06:19，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

P4497 [WC2011]拼点游戏

在我的 cnblogs 中查看

数据结构大杂烩 + 阿巴细节题。

调了三个小时。

首先考虑第一小问的答案。

注意到点数的计算方式是先负后正的形式，不妨看做选出 $2k$ 个数 $p_1,p_2,\cdots,p_{2k}$，从小到大排序后计算 $\sum u_{p_{2i}-p_{2i-1}}$。再根据题目的区间修改操作，不难想到使用差分：

设 $d_i=u_i-u_{i-1}$，舍去 $d_1$ 后得到一个长度为 $n-1$ 的序列 $d_2,d_3,\cdots,d_n$。不难发现，选择一段连续的 $d$ 并求和就相当于选择两个端点对应的 $u$ 求差，即 $d_l+d_{l+1}+\cdots+d_r=u_r-u_{l-1}$。可以证明任何一种 $d$ 中的选数方式都对应了 $u$ 中的一种选数方式，故题目转化为在 $d$ 中选出若干不相邻子段，求选出的数的和的最大值。

因此，为了让得分最大，我们只选取所有大于 $0$ 的 $d$ 即可，即 $\sum_{i=2}^n\max(0,d_i)$。

不妨设最终选取的 $d$ 中的数的区间为 $[l_1,r_1],[l_2,r_2],\cdots,[l_m,r_m]$。考虑小 Y（不是小 W）的修改操作的本质：选取两个编号相邻（不是在 $d$ 中相邻）的区间 $[a,b],[c,d]\ (a\leq b<c\leq d,b+1<c)$，将 $b,c$ 分别换成任意 $z_1,z_2\in [b,c]$ 满足 $z_1+1<z_2$。

为了让减小的得分最多且最终两区间端点不相邻，又因为 $(b,c)$ 中全是非正数，故留下最大的那一个数即可。得分的减少量即为区间 $(b,c)$ 的和减去它的最大值，即 $\left(\sum_{i=b+1}^{c-1}d_i\right)-\left(\max_{i=b+1}^{c-1}d_i\right)$。

例如 positive integer | -6 | -5 | -7 | -8 | positive integers，我们就可以将 $b\gets b+1$，$c\gets c-2$，此时得分减小 $6+7+8=21$，是最优的。

如果我们选了 $m$ 个这样的区间，那么它们之间就有 $m-1$ 个空隙可以用来减小分数。对于这 $m-1$ 个空隙，分别计算它的得分最大减少量并丢到平衡树 or 动态开点线段树上。每个节点记录落在该区间的数的个数以及它们的和，则最终可以通过线段树上二分（原理类似主席树求区间第 k 小）求出答案。

同时，对于操作 $1$，我们通过差分将其转化为了两次单点修改，而单点修改对于选择的区间的影响是 $\mathcal{O}(1)$ 的，于是我们可以暴力 $\log n$ 重新计算被影响的区间的答案即可。因为我们只关心 “被选择区间” 之间形成的 “空隙区间” 的信息，前者只需求和，所以记录后者即可。具体地，用线段树维护区间最大值与区间和，并用 set 维护 “空隙区间” 的端点信息，方便修改。

时间复杂度为 $Tn\log n\sim Tn\log w$，其中 $w$ 为值域。

当然，说起来轻巧，实现却并不简单。有亿些细节需要注意：都是踩过的坑啊。

• 最后查询答案，在线段树上跑到叶子结点时，返回的不是该叶子结点维护的数的个数，而应该是 “剩余需要减少的得分” 除以 “该节点所表示的得分减少值” 上取整。这个错误太经典了。

• 区间端点为 $2$（代码中为 $1$）“非正整数值区间” 尽管不在两个 “被选择区间” 的中间，但也需要维护，因为若区间内部有一个位置变为正数，则该区间会裂开来分裂成左边的端点为 $2$ 的区间和右边的 “空隙区间”。端点为 $n$ 的情况同理。

• 老老实实更新第一问的答案！不要投机取巧，踏踏实实地减去原贡献，加上新贡献。

• 若一个位置从非正整数变为了非正整数，这并不意味着不需要修改，因为包含该位置的区间的和与最大值都改变了，所以 “得分减少量最大值” 也改变了。

• Testcase 6,7 可能会出现相邻两个数相等的情况，即出现 $d_i=0$。~~辣鸡出题人用脚造数据。~~思考一下这种情况 $d_i$ 究竟要不要选上。

  实际上，如果要使第二问答案最小，是不应该选 $0$ 的。考虑 $5$ 个相邻的数 $a,b,c,d,e$，其中 $a,e>0$，$b,d<0$，$c=0$。如果 $c$ 不被选，那么 $b,c,d$ 为一个空隙区间，得分减少量为 $|b+d|$。但如果 $c$ 被选，那么尽管不影响第一问答案，但会导致空隙区间分裂为 $b$ 和 $d$ 两个，此时得分减少量为 $0$（因为只有一个数的区间的和与最大值就是区间所含的这个数本身，相减即为 $0$），显然不优。因此 $0$ 不应该选。

  吐槽一句：选不选 $0$ 不应该是小 X 的事情么？什么时候轮到小 Y 来决定选什么了（笑）。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long
#define mem(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
#define pii pair <int,int>
#define fi first
#define se second

const int N=1e5+5;
const ll W=1ll<<31;

ll n,q,ans,u[N],d[N];

// SegTree 1
ll mval[N<<2];
void build(int l,int r,int x){
	if(l==r)return mval[x]=d[l],void();
	int m=l+r>>1;
	build(l,m,x<<1),build(m+1,r,x<<1|1);
	mval[x]=max(mval[x<<1],mval[x<<1|1]);
}
void modify(int l,int r,int p,int x,ll v){
	if(l==r)return mval[x]=v,void();
	int m=l+r>>1;
	if(p<=m)modify(l,m,p,x<<1,v);
	else modify(m+1,r,p,x<<1|1,v);
	mval[x]=max(mval[x<<1],mval[x<<1|1]);
}
ll query(int l,int r,int ql,int qr,int x){
	if(ql<=l&&r<=qr)return mval[x];
	ll m=l+r>>1,ans=-W;
	if(ql<=m)ans=max(ans,query(l,m,ql,qr,x<<1));
	if(m<qr)ans=max(ans,query(m+1,r,ql,qr,x<<1|1));
	return ans;
}

// BIT
ll c[N];
void add(int x,ll v){while(x<=n)c[x]+=v,x+=x&-x;}
ll query(int x){ll s=0; while(x)s+=c[x],x-=x&-x; return s;}
ll query(int l,int r){return query(r)-query(l-1);}

// end points
set <pii> s;
ll cont[N];

// SegTree 2
ll R,node,ls[N<<6],rs[N<<6],val[N<<6],sum[N<<6];
void insert(ll l,ll r,ll p,ll &x,bool tp){
	if(!x)x=++node;
	if(tp)sum[x]++,val[x]+=p-W;
	else sum[x]--,val[x]-=p-W;
	if(l==r)return;
	ll m=l+r>>1;
	if(p<=m)insert(l,m,p,ls[x],tp);
	else insert(m+1,r,p,rs[x],tp);
}
ll query(ll l,ll r,ll k,ll x){
	if(!x)return -W;
	if(l==r)return k+val[x]<=0?((k-1)/(W-l)+1):-W;
	ll m=l+r>>1;
	if(k+val[ls[x]]<=0)return query(l,m,k,ls[x]);
	return sum[ls[x]]+query(m+1,r,k+val[ls[x]],rs[x]);
}

void clear(pii x){
	if(x.fi==1||x.se==n-1)return;
	insert(1,W,cont[x.fi]+W,R,0),cont[x.fi]=0;
}
void update(int l,int r){
	if(l==1||r==n-1)return;
	cont[l]=query(l,r)-query(1,n,l,r,1);
	insert(1,W,cont[l]+W,R,1);
}

// update changes
void change(int pos,ll &val,ll add){
	auto it=s.upper_bound({pos,N});
	
	// update end points and contribution
	if(val<=0&&val+add>0){
		ans+=val+add;
		pii x=*--it; clear(x),s.erase(x);
		if(x.fi==x.se)return val+=add,void();
		else if(x.fi==pos)s.insert({++x.fi,x.se}),update(x.fi,x.se);
		else if(pos==x.se)s.insert({x.fi,--x.se}),update(x.fi,x.se);
		else{
			s.erase(x);
			s.insert({x.fi,pos-1}),update(x.fi,pos-1);
			s.insert({pos+1,x.se}),update(pos+1,x.se);
		}
	}
	else if(val>0&&val+add<=0){
		ans-=val;
		pii x={pos,pos};
		if(it!=s.begin()){
			pii tmp=*(--it); it++;
			if(tmp.se==pos-1)clear(tmp),s.erase(tmp),x.fi=tmp.fi;
		} if(it!=s.end()){
			pii tmp=*it;
			if(tmp.fi==pos+1)clear(tmp),s.erase(tmp),x.se=tmp.se;
		} s.insert(x),update(x.fi,x.se);
	} else if(val<=0&&val+add<=0)it--,clear(*it),update((*it).fi,(*it).se);
	else ans+=add; val+=add;
}

void solve(){
	// empty
	mem(c,0),mem(cont,0),s.clear(),ans=0;
	R=node,mem(ls,0),mem(rs,0),mem(val,0),mem(sum,0);
	
	// read
	cin>>n>>q>>u[0];
	for(int i=1;i<n;i++){
		cin>>u[i],d[i]=u[i]-u[i-1];
		if(d[i]>0)ans+=d[i];
		add(i,d[i]);
	} build(1,n,1);
	
	// find end points [l,r)
	for(int i=1,pre=1;i<n;i++){
		if(d[i]<=0&&d[i-1]>0)pre=i;
		if(d[i]>0&&d[i-1]<=0){
			s.insert({pre,i-1});
			if(pre!=1)update(pre,i-1);
		} if(i==n-1&&d[i]<=0)s.insert({pre,n-1});
	}
	
	// answer all the queries
	for(int i=1;i<=q;i++){
		int op; cin>>op;
		if(op==0){
			ll l,r,c; cin>>l>>r>>c,l--,r--;
			
			// modify SegTree 1 & BIT then update answer
			if(l)add(l,c),modify(1,n,l,1,d[l]+c),change(l,d[l],c);
			if(r+1<n)add(r+1,-c),modify(1,n,r+1,1,d[r+1]-c),change(r+1,d[r+1],-c);
		}
		else cout<<ans<<" "<<(ans?max(-1ll,query(1,W,ans,R)):0)<<endl;
	}
}
int main(){
	int T; cin>>T;
	while(T--)solve();
	return 0;
}