3636: 教义问答手册
Description
“汉中沃野如关中，四五百里烟蒙蒙。黄云连天夏麦熟，水稻漠漠吹秋风。”——摘自 黄裳《汉中行》
“泉岭精神不朽，汉中诸球永生。”——摘自《泉岭精神创立者语录》
“把神犇烤一烤，味道会更好。”——摘自《xhr语录》
“秀恩爱有利于身心健康！”——摘自《泉岭精神集大成者语录》
“楼上说的对！”——摘自《泉岭精神信徒语录合集》
“不会做积分，怎么找妹子！”——摘自《xhr语录》
“切实保护耕地以放置更多的哨戒炮。”——摘自《泉岭精神信徒语录合集》
“就算两个包子一起吃掉，也不能阻止我修筑梯田。”——摘自《泉岭精神创立者语录》
“我来自泉岭，他来自汉中，我们半道而逢。”——摘自《泉岭精神集大成者语录》
【问题描述】
作为泉岭精神的缔造者、信奉者、捍卫者、传承者，Pear决定印制一些教义问答手册，以满足泉岭精神日益增多的信徒。Pear收集了一些有关的诗选、语录，其中部分内容摘录在了【题目背景】里。这些语录是按出现的时间排好序的——Pear很喜欢这样的作风，于是决定在按时间排好序的基础上，选择部分语录，制作成若干本教义问答手册。
一共有N条语录。Pear决定从中选出某一段时间内的所有语录，在此基础上印制大小为L的若干本教义问答手册。Pear对印制的手册有如下要求：
1.每本手册必须包含这个区间内连续的恰好L条语录。
2.不同手册包含的语录不能相同。
3.每条语录有一个“主题相关程度”，这个数可正可负。Pear希望所有手册的语录的“主题相关程度”之和尽可能大。
例如，对于区间[3,15]和L=3，一种选择方法是：[4,6]+[9,11]+[12,14]。这三个区间长度都恰好为L，且互不重叠。
Pear并没有决定选哪段时间的语录，因此他有Q次询问。每次询问，给出两个数[l,r]表示候选语录的范围是第l条到第r条。你能回答出每个询问的最大“主题相关程度”之和么？
Input
第一行两个正整数N，L，含义如上所述。注意对于所有询问，L都是一样的。
第二行N个整数，绝对值<=10000。第i个数表示第i条语录的“主题相关程度”。
接下来Q行，每行两个正整数l和r，表示询问区间。
Output
输出Q行，每行表示这组询问的答案。注意，这个答案可以是0，如果区间负数过于多的话。
Sample Input
15 3
3 1 5 -2 3 -2 -2 2 2 2 0 3 2 -1 0
9
8 10
10 10
9 11
2 14
5 14
5 13
12 13
7 13
2 10
Sample Output
6
0
4
17
11
11
0
11
12
HINT
【数据范围】
对于10%的数据，N=1000,Q=1000,L<=50
对于另外20%的数据，N=100000,Q=100000,L<=5
对于另外20%的数据，N=100000,Q=100000,L<=10
对于100%的数据，N=100000,Q=100000,L<=50
题意见：https://blog.csdn.net/C20181220_xiang_m_y/article/details/102251740
实际上题解也可以
注意L的大小是固定的！！！
题解
好难写的一道题。。。
其实它的思路很简单
我们先考虑如何回答一个询问
我们可以确定左端点，然后直接扫一遍这个区间来DP
我们对于10%的数据可以枚举每一个左端点，把每一个区间的答案预处理出来
设 f[i][j] 表示区间[i,j]的最大答案
则明显有转移：f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i][j-L]+sum[j]-sum[j-L]) （sum表示前缀和）
但是由于L是固定的，所以我们可以把sum[x]重新定义为a[x-L+1]+a[x-L+2]+......+a[x]
则转移可以化简为f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i][j-L]+sum[j])
但是这并没有用，时间复杂度始终是O(n^2)
因为L比较小
于是我们可以想到另外一种计算单个询问的方法
我们考虑把一个询问从中间的某一个地方（假设是mid（但是这里的mid不一定是当前询问区间的mid（为分治做铺垫）））分开
那么这个询问的答案可以这样计算：
f[l][r]=max(f[l][x]+f[x+L+1][r]+(a[x+1]+a[x+2]+......+a[x+L]) , f[l][mid]+f[mid+1][r])
=max(f[l][x]+f[x+L+1][r]+sum[x+L] , f[l][mid]+f[mid+1][r])
其中前者是有被选子区间跨过mid点的答案，后者是没有被选子区间跨mid点的答案
mid-L+1<=x<=mid+L-1
由于我们可以O(n)算出有一个固定端点的所有子区间的答案
所以我们在总区间上选定一个点mid
将mid-L+1~mid的点一个个固定为右端点来预处理f[l][x]
将mid+1~mid+L-1的点一个个固定为左端点来预处理f[x][r]
（当然直接用x为下标会MLE，所以DP的时候要换一下下标（这也导致了后面的细节暴多））
虽然这样做会让一个询问的复杂度变成O(L+nL)
但是这样可以一次性把所有跨过mid点的区间算完，总共O(qL+nL)
于是我们可以考虑把所有询问一起分治
直接算出跨过mid点的区间的答案，然后没有跨过mid点的区间就变成子问题来解决
总时间复杂度O(QL+nLlogn)
代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,L,m;
#define N 100005
struct node{
int l,r,i;
}q[N],nq[N];
int a[N],sum[N],ans[N];
int fl[55][N],fr[55][N];
void prel(int l,int r)
{
for(int i=1;i<=min(L,r-l+1);i++){
fl[i][0]=0;
for(int j=1;i+j-1<=r-l+1;j++){
if(j>=L)
fl[i][j]=max(fl[i][j-1],fl[i][j-L]+sum[r-i-j+2+L-1]);
else
fl[i][j]=0;
}
}
}
void prer(int l,int r)
{
for(int i=1;i<=min(L,r-l+1);i++){
fr[i][0]=0;
for(int j=1;i+j-1<=r-l+1;j++){
if(j>=L)
fr[i][j]=max(fr[i][j-1],fr[i][j-L]+sum[l+i+j-2]);
else
fr[i][j]=0;
}
}
}
void solve(int l,int r,int ql,int qr)
{
if(ql>qr||r-l+1<L) return;
int mid=(l+r)>>1,cnt1=ql-1,cnt2=qr+1;
prel(l,mid);prer(mid+1,r);
for(int i=ql;i<=qr;i++){
if(q[i].r<=mid) nq[++cnt1]=q[i];
else if(q[i].l>mid) nq[--cnt2]=q[i];
else{
ans[q[i].i]=fl[1][mid-q[i].l+1]+fr[1][q[i].r-mid];
for(int j=max(1,q[i].l+L-1-mid);j<min(L,q[i].r-mid+1);j++){//写得极其复杂
ans[q[i].i]=max(ans[q[i].i],sum[mid+j]
+fr[j+1][q[i].r-(mid+j+1)+1]
+fl[L-j+1][(mid+j-L+1-1)-q[i].l+1]);
}
}
}
for(int i=ql;i<=cnt1;i++)q[i]=nq[i];
for(int i=qr;i>=cnt2;i--)q[i]=nq[i];
solve(l,mid,ql,cnt1);
solve(mid+1,r,cnt2,qr);
}
int main()
{
int i;
scanf("%d%d",&n,&L);
for(i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
sum[i]=sum[i-1]+a[i];
}
for(i=n;i>=L;i--)sum[i]-=sum[i-L];
scanf("%d",&m);
for(i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r);
q[i].i=i;
}
solve(1,n,1,m);
for(i=1;i<=m;i++)
printf("%d\n",ans[i]);
}终于A了！！！！！！！！！！！！！！