GSS5：限制端点范围的区间最大子段和

原题传送门(洛谷)

前置芝士：GSS1:区间最大子段和。（题解：CSDN，个人博客）

题意

给定一个序列，查询左端点在 $[l_1,r_1]$ ，右端点在 $[l_2,r_2]$ 的所有区间的最大子段和的最大值。

口胡

这题的特点是不直接给定区间，而是给定区间的范围，但由于限制的是端点位置，那么其实可以通过一些分类讨论，把问题转化为最简单的最大子段和。

首先先按给定的两个集合之间的关系分类：

给定的区间无重叠。那么显然区间 $(r_1,l_2)$ 是必选的，那么我们只要在 $[l_1,r_1]$ 中求出 $rs$ ， $[l_2,r_2]$ 中求出 $ls$ ，再合并一下即可。
给定的区间有重叠。这种情况比较复杂，需要再进行分类统计答案主要分为
1. 取重叠部分的 $mx$
2. 取重叠部分前的 $rs$ 和重叠部分的 $ls$
3. 取重叠部分后的 $ls$ 和重叠部分的 $rs$
4. 取重叠部分的 $sum$ 并与前后合并
其实2，3，4的求解方法是一样的，只需要稍作改动即可。（4其实也可以转换为2,3来求）

具体可以结合图解即代码理解。

图解

由于情况2,3,4几乎是一样的，于是就画成了相同的颜色。~~其实是找不出颜色了~~

对于情况1，也就是区间端点在重叠部分，那么显然是图中红色线段的形式，即重叠部分的 $mx$ 。

对于情况2,3,4，一定是某一条分割线前的 $ls$ 加上分割线后的 $rs$ 合并而来。这也是为什么在算2,3的时候可以同时把4算了。

如上图，假如我们正在算情况二，那么我们本来要算的是 $[l_1,l_2]$ 的 $rs$ 加上 $(l_2,r_1]$ 的 $ls$ ，但我们发现要是把 $(l_2,r_1]$ 改为 $(l_2,r2]$ ，那么就是情况4的答案，但由于这两个区间是存在包含关系的，那么显然在算 $(l_2,r2]$ 的时候会计算到 $(l_2,r_1]$ 。也就是说我们可以同时算出情况2和情况4（部分）的答案。那么情况三的时候也是同理，2,3拼起来，就计算出了4的完整答案。

核心代码：

ll ans = query(1,1,n, l2, r1).mx;
if(l1 < l2) ans = max(ans, query(1,1,n, l1, l2).rs+max(query(1,1,n, l2+1, r2).ls, 0ll));
if(r2 > r1) ans = max(ans, query(1,1,n, l1, r1).rs+max(query(1,1,n, r1+1, r2).ls, 0ll));

这段代码中的两个if，特判了两个区间完全相等的情况。

完整代码

注意区间的边界问题，防止重复计算

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define MAX 10005
#define lc(p) (p<<1)
#define rc(p) (p<<1|1)
#define mid ((l+r)>>1)
using namespace std;

int n, m;

struct node {
    ll sum, ls, rs, mx;
    node() {
        sum = ls = rs = mx = 0;
    }
} s[MAX*4];
ll a[MAX];

inline node merge(node a, node b) {
    node res;
    res.sum = a.sum + b.sum;
    res.ls = max(a.ls, a.sum+b.ls);
    res.rs = max(b.rs, b.sum+a.rs);
    res.mx = max(max(a.mx, b.mx), a.rs+b.ls);
    return res;
}

inline void push_up(int p) {
    s[p] = merge(s[lc(p)], s[rc(p)]);
}

void build(int p, int l, int r) {
    if(l == r) {
        s[p].sum = s[p].ls = s[p].rs = s[p].mx = a[l];
        return;
    }
    build(lc(p), l, mid);
    build(rc(p), mid+1, r);
    push_up(p);
}

node query(int p, int l, int r, int ul, int ur) {
    if(ul > ur) return s[0];
    if(l>=ul && r<=ur) {
        return s[p];
    }
    if(mid < ul) {
        return query(rc(p), mid+1, r, ul, ur);
    } else if(mid >= ur) {
        return query(lc(p), l, mid, ul, ur);
    } else {
        node t1 = query(lc(p), l, mid, ul, ur);
        node t2 = query(rc(p), mid+1, r, ul, ur);
        return merge(t1, t2);
    }
}

ll get_ans(int l1, int r1, int l2, int r2) {
    if(r1 < l2) {
        ll l = query(1,1,n, l1, r1).rs;
        ll r = query(1,1,n, l2, r2).ls;
        return l+r+query(1,1,n, r1+1, l2-1).sum;
    }
    ll ans = query(1,1,n, l2, r1).mx;
    if(l1 < l2) ans = max(ans, query(1,1,n, l1, l2).rs+max(query(1,1,n, l2+1, r2).ls, 0ll));
    if(r2 > r1) ans = max(ans, query(1,1,n, l1, r1).rs+max(query(1,1,n, r1+1, r2).ls, 0ll));
    return ans;
}

void solve() {
    memset(s, 0, sizeof(s));
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%lld", &a[i]);
    }
    build(1, 1, n);
    cin >> m;
    int l1, r1, l2, r2;
    while(m--) {
        scanf("%d%d%d%d", &l1, &r1, &l2, &r2);
        printf("%lld\n", get_ans(l1,r1,l2,r2));
    }
}

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while(t--) {
        solve();
    }

    return 0;
}

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GSS5：限制端点范围的区间最大子段和

题意

口胡

图解

完整代码

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