无特殊情况默认 (a) 为序列，(n) 为序列长度，(m) 是操作数。
无特殊情况默认 (n,mleq 10^5)。
T1
区间乘 (-1)，询问区间最大子段和。
线段树维护区间最大/小的前缀/后缀/最大字段，乘 (-1) 的时候交换一下即可。
T2
楼房重建，单点修改，区间询问有多少个位置上的数是前缀最大（或者可以理解为前缀单调栈大小）。
考虑楼房重建的那个pushup的方式也可以合并两个大小不相等的区间。
那么区间询问把询问到的这 log 个节点提出来pushup到一起即可知道答案。
T3
有一个序列 (a)，每个点为 ((c,x,y))，代表 ((x,y)) 有一个颜色为 (c) 的点。
支持单点修改和区间询问颜色普通且曼哈顿距离最大一对点的距离。
(|x_1-x_2|+|y_1-y_2|) 每个绝对值都有四种可能性，所以等价于四种情况取个 (max)。
举例 (x_1-x_2+y_1-y_2=(x_1+y_1)-(x_2+y_2))，其他的维护方法类似。
维护区间 (w_i=x_i+y_i) 的最大值/次大值/最小值/次小值及其颜色，保证最大值和次大值以及最小值和次小值颜色不一样，正常线段树做就行，合并的时候分类讨论一下。
T4
单点修改，区间询问最小不能组成的数，计算复杂度默认 (a) 和 (n) 同阶，仅为常数上差距。
原题：19 ICPC 徐州 H
考虑全局询问贪心的过程，是从小到大排序，维护一个 (s) 代表 ([0,s]) 中的值都能表示出来，每次扫到一个 (a_i)，那么 ([0,s]) 每个数加上 (a_i) 就是 ([a_i,s+a_i])，如果 (a_ileq s+1)，则这两个区间就能拼起来，所以 (a_ileq s+1) 的时候 (s o s+a_i)，否则的话 (s+1) 这个值就不能被表示出来了，直接返回答案。
进而，可以维护一个权值线段树，每次查询权值在 ([0,s+1]) 中所有数的总和，如果没有数则返回 (s+1)，否则让 (s) 加上这些和，这个过程和上面的排序贪心是等价的。
发现如果不会返回 (s+1) 的话，那么每次 (s) 一定能加上 (geq pre+1) 的值，其中 (pre) 是上次的 (s)，这样子过程就是 (log a) 的。
这样区间询问直接主席树，带修外面套个树状数组。复杂度是三个log。
两个log做法：值域分成log段，每段是 ([2^i,2^{i+1}))，对于每个段，以原序列为下标，只考虑值域在这个段里面的数建一棵线段树，查询是每个段都会有 (O(log n)) 次查询，一次查询复杂度是 (O(log n))，修改只在对应值域段的线段树修改即可，所以查询复杂度单次 (O(log^2 n))，修改是 (O(log n))，时间复杂度 (O(nlog a+mlog nlog a))。
T7
题意：求最长区间使得加入 (k) 个数后 sort 后最后为一个公差为 (d) 的等差数列。多解输出 (l) 最小的答案。
(n,kleq 2 imes 10^5,0leq dleq 10^9)
-
(d=0) 的情况特判一下，找最长的值都相同的段即可
-
(d eq 0) 的情况：
是公差为 (d) 等差数列需要满足两个条件：
- (mod d) 相同；
- 值两两不同。
可以单独处理每个极长的同余的段，然后分开处理：
先都整除一下 (d)，问题都转化成处理公差 (d) 为 (1) 的情况。
这个区间合法要求 (max-min+1-(R-L+1)leq k)，枚举 (r) 统计最小的 (l) 使得：
-
([L,R]) 内元素无重复；
-
(max-min+1-(R-L+1)leq k)。
其中 (max)/(min) 为区间 ([L,R]) 的最大/小值
无重复的条件很好做，记录一下每个值上次出现的位置，然后记录一下 (l) 的下界 (T)。
设 (w_L=max(L,R)-min(L,R)+L)
求 ([T+1,R]) 中最左的 (L) 使得 (w_Lleq k+R)，假如我们可以快速维护 (w) ，就可以解决这个问题。
怎样维护 (w)？
注意 (max(L,R)) 是递减的，(min) 也类似。(max(L,R)) 可以维护一个单调栈，栈中的每个点都代表一段区间，它们的 (max(L,R)) 是这个栈中的这个元素。那么每次弹出的时候修改这个区间的 (w) 即可。
操作是区间加减，需要支持的查询为区间最左侧小于等于某个数的位置，这是个经典问题，记录一下区间最小值即可。
均摊下来复杂度是对的，操作数仅有 (mathcal{O}(n)) 个。
实现上有几个小细节，对于每个同余段重新建一棵大小为这个段长度的树，如果每次都 (mathcal{O}(n)) 建树，复杂度是错误的。(a_i) 有负数，提前全加上 (10^9) 转化成非负数，不影响答案。
综上所述，我们完美的解决了这个问题，时间复杂度 (O(nlog n))
//Code by do_while_true
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<map>
template <typename T> T Max(T x, T y) { return x > y ? x : y; }
template <typename T> T Min(T x, T y) { return x < y ? x : y; }
template <typename T>
T &read(T &r) {
r = 0; bool w = 0; char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9') w = ch == '-' ? 1 : 0, ch = getchar();
while(ch >= '0' && ch <= '9') r = (r << 3) + (r <<1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
return r = w ? -r : r;
}
const int N = 200010;
const int INF = 0x7fffffff;
int n, k, d;
int a[N];
std::map<int, int>pre;
#define tl tree[x].l
#define tr tree[x].r
#define ls tree[x].lson
#define rs tree[x].rson
int trnt;
struct SGT {
int l, r, sum, mn, tag, lson, rson;
}tree[N << 1];
inline void pushup(int x) { tree[x].mn = Min(tree[ls].mn, tree[rs].mn); }
inline void pushdown(int x) {
if(tree[x].tag) {
int &p = tree[x].tag;
tree[ls].mn += p; tree[rs].mn += p;
tree[ls].tag += p; tree[rs].tag += p;
p = 0;
}
}
int build(int l, int r) {
int x = ++trnt; tl = l; tr = r;
tree[x].mn = tree[x].tag = tree[x].lson = tree[x].rson = 0;
if(l == r) return x;
ls = build(l, (l + r) >> 1); rs = build(tree[ls].r+1, r);
return x;
}
void modify(int x, int l, int r, int v) {
if(tree[x].l >= l && tree[x].r <= r) {
tree[x].mn += v;
tree[x].tag += v;
return ;
}
pushdown(x);
int mid = (tr + tl) >> 1;
if(mid >= l) modify(ls, l, r, v);
if(mid < r) modify(rs, l, r, v);
pushup(x);
}
int query(int x, int l, int r, int v) {
if(tree[x].mn > v) return INF;
if(tl >= l && tr <= r) {
if(tl == tr) return tl;
pushdown(x); int sumq = 0;
if(tree[ls].mn <= v) sumq = query(ls, l, r, v);
else sumq = query(rs, l, r, v);
pushup(x);
return sumq;
}
pushdown(x);
int mid = (tl + tr) >> 1, sumq;
if(r <= mid) sumq = query(ls, l, r, v);
else if(l > mid) sumq = query(rs, l, r, v);
else {
sumq = query(ls, l, r, v);
if(sumq == INF) sumq = query(rs, l, r, v);
}
pushup(x);
return sumq;
}
#undef tl
#undef tr
#undef ls
#undef rs
int L[N], R[N], bcnt, ansl = 1, ansr = 1;
int st1p[N], st1x[N], top1;
int st2p[N], st2x[N], top2;
int down;
signed main() {
// freopen("in.txt", "r", stdin);
read(n); read(k); read(d);
if(!d) {
for(int i = 1; i <= n; ++i) read(a[i]);
int l = 1;
for(int i = 2; i <= n; ++i) {
if(a[i] != a[i-1]) {
if(i - l > ansr - ansl + 1) ansl = l, ansr = i-1;
l = i;
}
}
printf("%d %d
", ansl, ansr);
return 0;
}
for(int i = 1; i <= n; ++i) read(a[i]), a[i] += 1000000000;
L[bcnt = 1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; ++i) {
if(a[i] % d != a[i-1] % d) {
R[bcnt] = i-1;
L[++bcnt] = i;
}
}
R[bcnt] = n;
for(int i = 1; i <= bcnt; ++i) {
if(R[i] - L[i] == 0) continue ;
int nowl = 1, nowr = 0;
pre.clear();
top1 = top2 = 0; trnt = 0; down = 1;
build(1, R[i] - L[i] + 1);
for(int j = L[i]; j <= R[i]; ++j) a[j] /= d;
for(int j = L[i]; j <= R[i]; ++j) {
if(pre[a[j]]) down = Max(down, pre[a[j]]-L[i]+2);
pre[a[j]] = j;
while(top1 && st1x[top1] <= a[j]) modify(1, st1p[top1-1]+1, st1p[top1], -st1x[top1]), --top1;
while(top2 && st2x[top2] >= a[j]) modify(1, st2p[top2-1]+1, st2p[top2], st2x[top2]), --top2;
st1x[++top1] = a[j]; st1p[top1] = j-L[i]+1;
st2x[++top2] = a[j]; st2p[top2] = j-L[i]+1;
modify(1, st1p[top1-1]+1, st1p[top1], st1x[top1]);
modify(1, st2p[top2-1]+1, st2p[top2], -st2x[top2]);
modify(1, j-L[i]+1, j-L[i]+1, j);
int pl = query(1, down, j-L[i]+1, k+j);
if(pl != INF && j - (pl+L[i]-1) + 1 > nowr - nowl + 1) nowl = pl+L[i]-1, nowr = j;
}
if(nowr - nowl + 1 > ansr - ansl + 1) ansl = nowl, ansr = nowr;
}
printf("%d %d
", ansl, ansr);
return 0;
}
T8
多组询问序列区间相差最小的两个数的差。
(n,mleq 2 imes 10^5)
暴力可以莫队然后搞个set，复杂度 (O(n^{1.5}log n))
枚举 (R)，维护左端点对应的答案。
To be continued
T9
给定 (n)，定义 (work(x,y)) 等于在 ([1,n]) 的线段树上队 ([x,y]) 进行区间询问后访问到的点的个数。
给定 (L,R) ，求 (work(i,j)) 的和，其中 (Lleq ileq jleq R)。
线段树代表 ([L,R]) 的节点被 (work(x,y)) 统计到的重要条件是：
-
([L,R],[x,y]) 有交
-
([faL,faR]) 不被 ([x,y]) 包含
推一下式子发现是个二次函数，这样可以 (O(Qn)) 做，但是可以不用遍历所有的线段树的节点，直接区间查询，然后如果当前区间被完全包含于，子树是可以一起算的，提前把那个二次函数做个子树和即可。这样复杂度就是 (O(Qlog n)) 的了。