题目大意：略 题目传送门
神题，不写长题解简直是浪费了这道题
贪心
考虑从0节点出发的情况，显然一直往前走不回头才是最优策略
如果起点是在中间某个节点$s$，容易想到，如果既要游览$s$左边的某些景点，又要游览$s$右边的某些景点，最优策略一定是先游览完一边，然后再穿过$s$节点去游览另一边
也就是说$s$节点一定只被穿过一次，且先被游览完的一边还要额外消耗$x$点代价，$x$是距离$s$最远的被游览的节点到s的距离
设计DP状态
现在只考虑从S出发往右走的情况
定义状态$dp[i][j]$表示第i天，现在在j点时最多游览的景点数
容易得到转移方程$dp[i][j]=max(dp[i-|j-k|][k]+|j-k|+a_{j})$
暴力枚举 $O(n^{3})$，线段树优化$DP\;\;O(n^{2}logn)$
两种状态的空间是$O(n^{2})$的，不论是空间还是时间都不可行
利用上述贪心结论，我们一定一直往前走不回头，除非我们回头到$s$然后走另一边
所以j这一维不用记录了，因为在路上走的距离总和是已知的
除了向右走的情况，还有向左走，向右走回到景点$s$，向左走回到景点$s$另外三种情况，设它们为$f[i][0],g[i][0],f[i][1],g[i][1]$，转移都很类似不过多赘述
缩减状态，$dp[i]$表示走了$i$天最多游览的景点数
枚举游览的最右侧端点$j$，$dp[i]$就是在$S$到$j$之间选择最大的$i-(j-S)$个景点
可以用可持久化权值线段树实现，每次查询在主席树上二分，时间$O(logn)$
决策单调性
上述过程依然没有解决时间$O(n^{2})$这一难题
假设我们现在要求解$f[i]$，即走了i天最多游览的景点数
暴力枚举所有位置，找到了决策位置$p$，
那么走$j \leq i-1$天时，$f[j]\leq f[i]$，且$f[j]$选择的点的集合一定是$S$的子集，$f[j]$的决策位置一定$\leq p$
走$j \geq i+1$天时，$f[j]\geq f[i]$，且$f[j]$选择的点的集合一定包含$S$，$f[j]$的决策位置一定$\geq p$
发现决策竟然是单调的
分治
用类似于[WF2017]Money for Nothing的方法分治
但这道题对有多个决策位置的处理方式略有不同
在分治过程中，设现在天数的分治区间是$[l1,r1]$，选择要求解$f[mid]$，可能的决策区间是$[l2,r2]$
暴力枚举$[l2,r2]$，找到了$f[mid]$的决策集合$T$，$T$中的每个元素都能作为$f[mid]$的决策，设其中最靠右的元素是b
$[l1,mid-1]$可能的决策区间是$[l2,b]$，因为并不知道哪个决策位置对应的点集合$S$的子集最优，所以$f[mid]$整个决策区间都可能作为$[l1,mid-1]$的决策
$[mid+1,r1]$可能的决策区间是$[b,r2]$，而不是集合里最靠左的元素到$r2$，下面给出简单证明
现在点权序列是2 8 9 1 3 11，走7步，最优方案有两种，决策位置是5，对应的点集$S$是8 9 3，决策位置是6，对应的点集$S$是9 11
容易发现，更靠右的决策位置，除了对应点集S里的点，剩余的权值较大的节点更多
$f[mid]$决策位置是5时，对应的点集S是8 9 3，还能被取的点是2 1
$f[mid]$决策位置是6时，对应的点集S是9 11，还能被取的点是8 2 1 3
因为大家都是贪心取，决策位置左边的最大的都取走了
最后把四种情况合并即可
另外这道题卡空间，需要对权值离散，不离散的话主席树树高会非常高，空间上容易被卡
别忘了离散只是为了优化线段树的结构，统计的时候把实际值还原回来
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <algorithm> 4 #define N1 100010 5 #define M1 250010 6 #define ll long long 7 #define dd double 8 #define inf 23333333333333333ll 9 using namespace std; 10 11 int gint() 12 { 13 int ret=0,fh=1;char c=getchar(); 14 while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')fh=-1;c=getchar();} 15 while(c>='0'&&c<='9'){ret=ret*10+c-'0';c=getchar();} 16 return ret*fh; 17 } 18 int b[N1]; 19 struct Persist_SEG{ 20 int sz[N1*22],ls[N1*22],rs[N1*22],root[N1],tot; ll sum[N1*22]; 21 inline void pushup(int rt) 22 { 23 sz[rt]=sz[ls[rt]]+sz[rs[rt]]; 24 sum[rt]=sum[ls[rt]]+sum[rs[rt]]; 25 } 26 void update(int x,int l,int r,int rt1,int &rt2,int w) 27 { 28 if(!rt2||rt2==rt1){ rt2=++tot; sz[rt2]=sz[rt1]; ls[rt2]=ls[rt1]; rs[rt2]=rs[rt1]; sum[rt2]=sum[rt1]; } 29 if(l==r){ sum[rt2]+=w; sz[rt2]++; return; } 30 int mid=(l+r)>>1; ll ans=0; 31 if(x<=mid) update(x,l,mid,ls[rt1],ls[rt2],w); 32 else update(x,mid+1,r,rs[rt1],rs[rt2],w); 33 pushup(rt2); 34 } 35 ll query(int K,int l,int r,int rt1,int rt2) 36 { 37 if(!rt2||!K) return 0; 38 if(l==r) return min(sum[rt2]-sum[rt1],1ll*K*b[l]); 39 int mid=(l+r)>>1; ll ans=0; 40 if(sz[rs[rt2]]-sz[rs[rt1]]<K) ans=sum[rs[rt2]]-sum[rs[rt1]]+query(K-(sz[rs[rt2]]-sz[rs[rt1]]),l,mid,ls[rt1],ls[rt2]); 41 else ans=query(K,mid+1,r,rs[rt1],rs[rt2]); 42 return ans; 43 } 44 }s; 45 46 int n,S,D,ma,de; 47 int a[N1]; 48 ll f[M1][2],g[M1][2]; 49 void solve_f0(int l1,int r1,int l2,int r2) 50 { 51 if(l1>r1||l2>r2) return; 52 int mid=(l1+r1)>>1,i,p=-1; ll tmp,ans=-inf; 53 for(i=l2;i<=r2&&i-S<=mid;i++) 54 { 55 tmp=s.query(mid-(i-S),1,ma,s.root[S-1],s.root[i]); 56 if(tmp>ans) ans=tmp,p=i; 57 else if(tmp==ans) p=i; 58 } 59 f[mid][0]=ans; 60 if(ans==-inf) 61 { 62 for(i=mid+1;i<=r1;i++) if(i>=(l2-S)){ solve_f0(i,r1,l2,r2); break; } 63 return; 64 } 65 solve_f0(l1,mid-1,l2,p); solve_f0(mid+1,r1,p,r2); 66 } 67 void solve_f1(int l1,int r1,int l2,int r2) 68 { 69 if(l1>r1||l2>r2) return; 70 int mid=(l1+r1)>>1,i,p=-1; ll tmp,ans=-inf; 71 for(i=l2;i<=r2&&2*(i-S)<=mid;i++) 72 { 73 tmp=s.query(mid-2*(i-S),1,ma,s.root[S-1],s.root[i]); 74 if(tmp>ans) ans=tmp,p=i; 75 else if(tmp==ans) p=i; 76 } 77 f[mid][1]=ans; 78 if(ans==-inf) 79 { 80 for(i=mid+1;i<=r1;i++) if(i>=2*(l2-S)){ solve_f1(i,r1,l2,r2); break; } 81 return; 82 } 83 solve_f1(l1,mid-1,l2,p); solve_f1(mid+1,r1,p,r2); 84 } 85 void solve_g0(int l1,int r1,int l2,int r2) 86 { 87 if(l1>r1||l2>r2) return; 88 int mid=(l1+r1)>>1,i,p=-1; ll tmp,ans=-inf; 89 for(i=r2;i>=l2&&S-i<=mid;i--) 90 { 91 tmp=s.query(mid-(S-i),1,ma,s.root[i-1],s.root[S-1]); 92 if(tmp>ans) ans=tmp,p=i; 93 else if(tmp==ans) p=i; 94 } 95 g[mid][0]=ans; 96 if(ans==-inf) 97 { 98 for(i=mid+1;i<=r1;i++) if(i>=(S-r2)){ solve_g0(i,r1,l2,r2); break; } 99 return; 100 } 101 solve_g0(l1,mid-1,p,r2); solve_g0(mid+1,r1,l2,p); 102 } 103 void solve_g1(int l1,int r1,int l2,int r2) 104 { 105 if(l1>r1||l2>r2) return; 106 int mid=(l1+r1)>>1,i,p=-1; ll tmp,ans=-inf; 107 for(i=r2;i>=l2&&2*(S-i)<=mid;i--) 108 { 109 tmp=s.query(mid-2*(S-i),1,ma,s.root[i-1],s.root[S-1]); 110 if(tmp>ans) ans=tmp,p=i; 111 else if(tmp==ans) p=i; 112 } 113 g[mid][1]=ans; 114 if(ans==-inf) 115 { 116 for(i=mid+1;i<=r1;i++) if(i>=2*(S-r2)){ solve_g1(i,r1,l2,r2); break; } 117 return; 118 } 119 solve_g1(l1,mid-1,p,r2); solve_g1(mid+1,r1,l2,p); 120 } 121 122 int main() 123 { 124 scanf("%d%d%d",&n,&S,&D); S++; 125 int i; ll ans=0; 126 for(i=1;i<=n;i++) a[i]=gint(),b[i]=a[i]; 127 sort(b+1,b+n+1); ma=unique(b+1,b+n+1)-(b+1); 128 for(i=1;i<=n;i++) 129 { 130 a[i]=lower_bound(b+1,b+ma+1,a[i])-b; 131 s.update(a[i],1,ma,s.root[i-1],s.root[i],b[a[i]]); 132 } 133 solve_f0(1,D,S,n); solve_f1(1,D,S,n); 134 solve_g0(1,D,1,S-1); solve_g1(1,D,1,S-1); 135 for(i=0;i<=D;i++){ans=max(ans,max( max(f[i][0],g[i][0]) , max(f[i][1]+g[D-i][0],f[i][0]+g[D-i][1]) )); } 136 printf("%lld\n",ans); 137 return 0; 138 }