自动搬运

查看原文

来自洛谷，原作者为

	JiaY19 会走到属于我的完美时间线吗

搬运于2025-08-24 22:53:44，当前版本为作者最后更新于2023-12-26 11:31:46，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

思路

看到时限这么大，考虑暴力做法。

我们将原序列分为 $\text{B}$ 个块，每个块类似线段树三一样的维护 $add,maxadd$，表示这一块需要加的值，加的值的历史最大值。

同时对于每个数可以维护一个真实值与一个历史最值。

那么下传标记可以写成这样。

inline void push(int p)
{
	fro(i, L[p], R[p])
		sum[i] = max(sum[i], a[i] + madd[p]),
		a[i] = a[i] + add[p];
	add[p] = madd[p] = 0;
}

考虑所有数 $\le x$ 的限制。

有一个很暴力的想法是，对于散块我们我们直接遍历，整块时二分解决问题。

那么对于每个块我们可以在开始构建与重构时进行排序维护。

inline void make(int p)
{
	iota(s + L[p], s + R[p] + 1, L[p]);
	sort(s + L[p], s + R[p] + 1, [&](int x, int y){
		return a[x] < a[y];
	});
	num[L[p]] = sum[s[L[p]]];
	fro(i, L[p] + 1, R[p]) num[i] = max(num[i - 1], sum[s[i]]);
	fro(i, L[p], R[p]) b[i] = a[s[i]];
}

其中，$num$ 是前缀历史最大值的最值。

同样，在修改时，我们整块可以只维护标记，而散块需要下传重构。

inline void upd(int l, int r, int x)
{
	push(pos[l]);
	fro(i, l, r) a[i] = a[i] + x, sum[i] = max(sum[i], a[i]);
	make(pos[l]);
}
inline void change(int l, int r, int x)
{
	if(pos[l] == pos[r])
		return upd(l, r, x);
	upd(l, R[pos[l]], x);
	upd(L[pos[r]], r, x);
	fro(i, pos[l] + 1, pos[r] - 1)
		add[i] = add[i] + x,
		madd[i] = max(madd[i], add[i]);
}

这样，就在 $O(n\sqrt{n}\log n)$ 的时间复杂度解决了这个题，$40s$ 的时限下还是绰绰有余。

可能可以通过分散层叠做到严格根号，但是不需要了。

Code

AC记录。