给你一个序列a，要你求出一个同样长的序列c满足ai∈{0,1}的情况下使得下面式子值最大
现在还有m个询问，每次修改一个ai(注意询问是互相独立的)，依然是问你最大值
这个题先讲讲50分，后面要加上cdq完全不会，挖个坑待填
额一眼还以为是个线性代数题
结果是一个dp
差不多就是说，你选一段连续的区间[l,r]会带来(r-l+1)*(r-l+2)/2的收益同时付出Σc[i]{l<=i<=r}的代价
可以随便列出一个转移方程式 f[i]=max(f[j-1]+(i-j)*(i-j+1)/2-sum[i]+sum[j])
这里f[i]表示i必须选择的最大收益
发现数据范围不可以这么搞
于是开始网上找斜率dp的教程，各种看不懂
于是来自己推一发发现很好理解
我们式子先变形一下
f[i]=f[j-1]+i*i+j*j-2ij-sum[i]+sum[j]-i+j
f[i]+i-i*i+sum[i]=-2ij+f[j-1]+j*j+sum[j]
发现对于同一个j，我们可以将它看成一个类似于y=kx+b的方程(这里k=-2j，b=f[j-1]+j*j+sum[j])
那么如果我们将所有的直线画出来，我们会得到一张图
其中数字代表了j，红色部分代表最优解
我们会发现，由于斜率是单调下降的，所以当i逐渐增大的时候，斜率越大的直线会越来越优
所以我们可以将所有的直线放入一个栈，每次判断栈顶两个直线的交点和当前i的位置关系
如果在i的左边，我们就将栈顶丢掉，一直直到只有一个元素或者交点在i右侧
让后尝试将i所代表的直线加入即可，方法也很简单，计算i和栈顶的交点和栈顶两个直线的交点，如果前者较大则将栈顶丢弃直到符合条件，将i加入即可
这样既有50了。。
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define N 300010
#define LL long long
#define D double
using namespace std;
int q[N],t=0,n;
LL c[N],f[N];
inline double cross(int i,int j){
return (f[i]-f[j]+(i*i-j*j-i+j)/2.0+c[i]-c[j])/(i-j);
}
int main(){
freopen("genocide.in","r",stdin);
freopen("genocide.out","w",stdout);
scanf("%d",&n); ++n;
for(int i=2;i<=n;++i)
scanf("%lld",c+i);
q[++t]=1; int m,x,y; scanf("%d",&m);
if(!m) return 0; else { scanf("%d%d",&x,&y); c[x+1]=y; }
for(int i=2;i<=n;++i) c[i]+=c[i-1];
for(int i=2,j;i<=n;++i){
double c2=cross(q[t],q[t-1]);
while(t>1 && i>=cross(q[t],q[t-1])) --t;
j=q[t];
f[i]=max(f[i-1],f[j]+(i-j)*(i-j+1ll)/2+c[j]-c[i]);
while(t>1 && cross(i,q[t])>=cross(q[t],q[t-1])) --t;
q[++t]=i;
}
printf("%d
",f[n]);
}