【BZOJ4504】K个串（优先队列，可持久化线段树）

Description

兔子们在玩k个串的游戏。首先，它们拿出了一个长度为n的数字序列，选出其中的一个连续子串，然后统计其子串中所有数字之和（注意这里重复出现的数字只被统计一次）。

兔子们想知道，在这个数字序列所有连续的子串中，按照以上方式统计其所有数字之和，第k大的和是多少。

Input

第一行，两个整数n和k，分别表示长度为n的数字序列和想要统计的第k大的和

接下里一行n个数a_i，表示这个数字序列

Output

一行一个整数，表示第k大的和

设 $f(i,j)$ 表示以 $i$ 为左端点，$j$ 为右端点的子串和。

对于每一个左端点 $i$，我们可以先把 $f(i,j)$ 里面最大的那个放入优先队列（从大到小排序）中，接下来进行 $k-1$ 次这样的操作：

先取出队首并弹出，设其所对应的是 $f(a,b)$，那么我们可以找到 $f(a,j)$ 中比 $f(a,b)$ 小的最大的那个，并把它加入队列。也就是说，找到以 $a$ 为左端点的 $f(a,j)$ 次大值，扔进优先队列。

这样的 $k-1$ 次操作结束后，队首就是我们要找的那个 $k$ 大值了。

至于为什么，自己模拟一下或自己想一想。

现在的关键是如何维护最大值和次大值。

设 $nx{t}_i$ 表示数 $a_i$ 在 $i$ 之后出现的第一个位置，显然可以 $O(n)$ 预处理。

显然，$f(1)$ 可以 $O(n)$ 维护出来。

考虑如何从 $f(1)$ 转移出 $f(2)$。

1. 当 $j=1$ 时，$f(2,j)$ 不存在，设为 $-\infty$。

2. 当 $2\le j<nx{t}_1$ 时，如下图：

   
   设 $nx{t}_1=5$，不妨设 $a_1=a_5=10$，那么由 $nxt$ 的定义可知，当 $2\le j<nx{t}_1$ 时，$a_2\sim a_j$ 中不可能存在一个数是 $10$。那么从 $f(1,j)$ 更新到 $f(2,j)$ 时，要减去 $10$ 对 $f(2,j)$ 的贡献。

   比如当 $j=4$ 时，$a_1\sim a_4$ 中出现的数有：$1$、$2$、$10$，所以 $f(1,4)=1+2+10=13$（如图红框），而 $a_2\sim a_4$ 中 $a_1=10$ 被去掉了，而 $a_2\sim a_4$ 中又没有重新出现过 $10$，所以 $f(2,4)=f(1,4)-10=3$（如图蓝框）。

3. 当 $j\ge nx{t}_1$ 时，如下图：
   
   我们用同样的一个例子。观察发现：从 $f(1,j)$ 转移到 $f(2,j)$ 的时候只是去掉了 $a_1=10$，但是当 $j\ge nx{t}_1$ 时，可以保证在 $a_2\sim a_j$ 之间肯定会出现 $10$，所以 $10$ 还是对 $f(2,j)$ 有贡献，也就是说始终有 $f(2,j)=f(1,j)$。

   比如当 $j=7$ 时，$a_1\sim a_7$ 出现的数有 $1$、$2$、$4$、$10$，$f(1,7)=1+2+4+10=17$，而 $a_2\sim a_7$ 中出现的数和 $a_1\sim a_7$ 中出现的数没有变化，所以 $f(2,7)=f(1,7)=17$。

综上所述，可以推出：

当 $j<i-1$，$f(i,j)=f(i-1,j)=-\infty$；

当 $j=i-1$ 时，$f(i,j)=-\infty$；

当 $i\le j<nx{t}_{i-1}$ 时，$f(i,j)=f(i-1,j)-a_{i-1}$；

当 $j\ge nx{t}_{i-1}$ 时，$f(i,j)=f(i-1,j)$。

我们就可以发现，$f(i-1,j)$ 和 $f(i,j)$ 有一段区间是一样的（$j<i-1$ 或 $j\ge nx{t}_{i-1}$），有一段区间是 $f(i,j)$ 等于 $f(i-1,j)$ 减去一个相同的值（$i\le j<nx{t}_{i-1}$），有一个特殊的位置是 $f(i,j)=-\infty$（$j=i-1$）。

容易联想到用可持久化线段树维护 $f(i,j)$。（$n$ 棵线段树，每棵线段树 $i$ 存储 $f(i,j)$ 及它们的最大值）。

代码及注释如下：

#include<bits/stdc++.h>

#define N 100010
#define lc t[u].ch[0]
#define rc t[u].ch[1]
#define ll long long
#define int long long
#define LNF 1e15

using namespace std;

inline int read()
{
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9')
	{
		if(ch=='-') f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9')
	{
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0');
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}

struct data
{
	ll val;
	int rt,id;
	data(){};
	data(ll vall,int rtt,int idd){val=vall,rt=rtt,id=idd;}
	bool operator < (const data &a) const
	{
		return val<a.val;
	}
};

struct Segment_Tree
{
	int ch[2],where;
	ll maxn,tag;
}t[N*100];

int n,nn,k,a[N],b[N],last[N],nxt[N];
int node,root[N];
ll f[N];
bool vis[N];

priority_queue<data>q;

void up(int u)
{
	if(t[lc].maxn-t[lc].tag>t[rc].maxn-t[rc].tag)
	{
		t[u].maxn=t[lc].maxn-t[lc].tag;
		t[u].where=t[lc].where;
	}
	else 
	{
		t[u].maxn=t[rc].maxn-t[rc].tag;
		t[u].where=t[rc].where;
	}
}

void build(int &u,int l,int r)
{
	u=++node;
	if(l==r)
	{
		t[u].maxn=f[l];
		t[u].where=l;
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	build(lc,l,mid);
	build(rc,mid+1,r);
	up(u);
}

void update(int &u,int last,int l,int r,int ql,int qr,ll x)
{
	u=++node;
	t[u]=t[last];
	if(ql<=l&&r<=qr)
	{
		t[u].tag+=x;
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	if(ql<=mid) update(lc,t[last].ch[0],l,mid,ql,qr,x);
	if(qr>mid) update(rc,t[last].ch[1],mid+1,r,ql,qr,x);
	up(u);
}

void change(int u,int l,int r,int x,ll y)
{
	if(l==r)
	{
		t[u].maxn=y;
		t[u].tag=0;
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	if(x<=mid) change(lc,l,mid,x,y);
	else change(rc,mid+1,r,x,y);
	up(u);
}

signed main()
{
	n=read(),k=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) 
		b[i]=a[i]=read();
	sort(b+1,b+n+1);
	nn=unique(b+1,b+n+1)-b-1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		a[i]=lower_bound(b+1,b+nn+1,a[i])-b;
	//以上是离散化
	for(int i=1;i<=n;i++) nxt[i]=n+1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(last[a[i]]) nxt[last[a[i]]]=i;
		last[a[i]]=i;
	}
	//以上是预处理nxt
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(!vis[a[i]])
		{
			vis[a[i]]=1;
			f[i]=f[i-1]+b[a[i]];
		}
		else f[i]=f[i-1];
	}
	//预处理f[1][i]
	build(root[1],1,n);//建出第一棵线段树
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(i<=nxt[i-1]-1) update(root[i],root[i-1],1,n,i,nxt[i-1]-1,b[a[i-1]]);
		else update(root[i],root[i-1],1,n,1,n,0);//区间减
		update(root[i],root[i],1,n,i-1,i-1,LNF);//单点修改
		//注意这个update不能直接在原树上改，要新建一棵树，否则有可能修改到root[i-1]的树
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		q.push(data(t[root[i]].maxn+t[root[i]].tag,root[i],t[root[i]].where));//先把f[i]的最大值扔进队列
	for(int i=1;i<k;i++)
	{
		data now=q.top();
		q.pop();//取出队首
		update(now.rt,now.rt,1,n,now.id,now.id,LNF);
		q.push(data(t[now.rt].maxn+t[now.rt].tag,now.rt,t[now.rt].where));//放入次大值
	}
	printf("%lld
",q.top().val);//操作k-1次后直接输出
	return 0;
}
/*
7 3
3 -2 1 2 2 1 3
*/