Tyvj 1518 CPU监控——极恶线段树

题目大意：

给定一个区间及其各个元素的初值，要求支持如下操作：

1.区间加

2.区间赋值

3.查询区间最大值

4.查询区间历史最大值

分析：

容易想到线段树，但是细思恶极（仔细想想恶心到了极点）的是，最后查询区间历史最大值的操作。

如果只记录区间历史最大值显然不能下放，如果单纯更新区间加，区间赋值最大值，可能会出现历史最大值更新不及时的情况。如先赋值很大值，未来得及下放，又赋值很小，导致子区间历史最大值不能更新。又如如果区间加只取最大值，可能会只取最大值，导致实际上忽视了一些使区间加变小的操作。

。。。。（此处省略若千字）

所以我们记录如下几点：

1.mx(x)当前区间最大值

2.hx(x)历史区间最大值

3.ad(x)当前区间加

4.ha(x)历史最大区间加

5.ch(x)当前区间赋值

6.hc(x)历史最大区间赋值

注意 ：

这里我们所谓的ha,hc是指在上一次pushdown之后，期间进行的操作中的最大值。是可以清零的，不像hx。

初值：ha=ad=0,ch=hc=-inf。

因为每次都先进行pushdown，所以ha、hc直接随着ad、ch更新。

注意的是pushdown中的许多讨论，自己分析清楚。

其实每次都pushdown是很慢的，会tle两个点。

然后就把区间内的l、r不记录了，竟然不开O2水过。

详见代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=100000+10;
const ll inf=1e13;
int root,n,e;
ll a[N];
int cc;
struct node{
    ll add,ch;
    ll mx,hx;
    ll had,hch;//一段时间内最值  
    #define ad(x) t[x].add
    #define ch(x) t[x].ch
    #define mx(x) t[x].mx
    #define hx(x) t[x].hx
    #define ha(x) t[x].had
    #define hc(x) t[x].hch
    #define l(x) t[x].l
    #define r(x) t[x].r
}t[4*N];
void pushup(int x)
{
    int s1=x<<1,s2=x<<1|1;
    mx(x)=max(mx(s1),mx(s2));
    hx(x)=max(hx(s1),hx(s2));
}
void build(int x,int L,int R)
{
    if(L==R)
    {
        ad(x)=0;ch(x)=-inf;ha(x)=0;hc(x)=-inf;
        mx(x)=hx(x)=a[L];
        return;
    }
    int mid=(L+R)>>1;
    ad(x)=0;ch(x)=-inf;ha(x)=0;hc(x)=-inf;
    mx(x)=hx(x)=-inf;
    build(x<<1,L,mid);
    build(x<<1|1,mid+1,R);
    pushup(x);
}
void pushdown(int x)
{
    for(int i=0;i<=1;i++)
    {
        int s=x<<1|i;
        hx(s)=max(hx(s),max(mx(s)+ha(x),hc(x)));
        if(ch(s)!=-inf) hc(s)=max(hc(s),ch(s)+ha(x));
        else ha(s)=max(ha(s),ad(s)+ha(x));
        if(ad(x))
        {
            if(ch(s)!=-inf) ch(s)+=ad(x);
            else ad(s)+=ad(x);
            mx(s)+=ad(x);
        }
        if(ch(x)!=-inf)
        {
            mx(s)=ch(s)=ch(x);
            ad(s)=0;
        }
        hc(s)=max(hc(s),max(ch(s),hc(x)));
        ha(s)=max(ha(s),ad(s)); 
    }
    hc(x)=-inf;
    ad(x)=0;ch(x)=-inf;ha(x)=0;
}
void add(int x,int l,int r,int L,int R,ll c)
{
    if(l!=r)pushdown(x);
    if(L<=l&&r<=R)
    {
        ad(x)+=c;ha(x)+=c;
        mx(x)+=c;hx(x)=max(mx(x),hx(x));
        return;
    }

    int mid=(l+r)>>1;
    if(L<=mid) add(x<<1,l,mid,L,R,c);
    if(R>mid) add(x<<1|1,mid+1,r,L,R,c);
    pushup(x);
}
void chan(int x,int l,int r,int L,int R,ll c)
{
    if(l!=r)pushdown(x);
    if(L<=l&&r<=R)
    {
        ch(x)=c,mx(x)=c;hc(x)=c;
        hx(x)=max(hx(x),mx(x));
        return;
    }   
    int mid=(l+r)>>1;
    if(L<=mid) chan(x<<1,l,mid,L,R,c);
    if(R>mid) chan(x<<1|1,mid+1,r,L,R,c);
    pushup(x);
}
ll qx(int x,int l,int r,int L,int R)
{
    if(l!=r)pushdown(x);
    if(L<=l&&r<=R)
    {
        return mx(x);
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    ll res=-inf;
    if(L<=mid) res=max(res,qx(x<<1,l,mid,L,R));
    if(R>mid) res=max(res,qx(x<<1|1,mid+1,r,L,R));
    return res;
}
ll qh(int x,int l,int r,int L,int R)
{
    if(l!=r)pushdown(x);
    if(L<=l&&r<=R)
    {
        return hx(x);
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    ll res=-inf;
    if(L<=mid) res=max(res,qh(x<<1,l,mid,L,R));
    if(R>mid) res=max(res,qh(x<<1|1,mid+1,r,L,R));
    return res;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
    root=1;
    build(1,1,n);
    scanf("%d",&e);
    char q;
    int x,y;
    ll z;
    while(e)
    {
        cin>>q;
        if(q=='Q')
        {
            scanf("%d%d",&x,&y);
            printf("%lld
",qx(root,1,n,x,y));  
        }
        else if(q=='A')
        {

            scanf("%d%d",&x,&y);
            printf("%lld
",qh(root,1,n,x,y));
        }
        else if(q=='P')
        {
            scanf("%d%d%lld",&x,&y,&z);
            add(root,1,n,x,y,z);
        }
        else{
            scanf("%d%d%lld",&x,&y,&z);
            chan(root,1,n,x,y,z);
        }
        e--;
    }
    return 0;
}

做这个题要有勇于试错的精神，和坚持不懈的意志。