Loj3033 JOISC 2019 Day2两个天线
下午唯一听懂的题目但,但还是比较模糊.写一篇题解来加深一下印象.
题目大意:给定(n)根天线,第(i)跟天线的高度为(h_i),切它能和与他距离在([a_i,b_i])内的天线交流.
两根天线互相交流当且仅当他们彼此都在对方的交流范围内.定义两根天线交流的代价为(|H_i-H_j|)
有(Q)次询问,每次询问区间([l,r])内所有够相互交流的天线的交流代价的最大值((n <= 2*10^5))
首先看到这种东西,我的第一反应是CDQ分治,但是CDQ分治不好处理这种多组区间询问的问题
所以只能另想办法
发现如果我们对于每个(j),都去寻找前面的一个(i)去和它匹配的话.那么(j)在(i)的影响范围内当且仅当(jin[i+a_i,i+b_i])
也就是说,我们要想办法让(i)在(i+a_i)处开始有贡献,在(i + b_i + 1)处失去贡献.这就会想到线段树扫描线,我们每个节点维护一个(c_i),当我们枚举到(i+a_i)时,就讲线段树上第(i)个位置的(c_i)变为(h_i)，当离开这个区间时,就将其变为(-infty)
这样我们就处理好了第一个问题:如何确保(j)在(i)的交流范围内
接下来看第二个问题,如何确保(i)在(j)的范围内并且统计答案
首先,(|h_i-h_j|)这个东西,我们可以讲它拆成(h_i-h_j)和(h_j-h_i)就好了我们只考虑(h_i-h_j),另一个可以将值域翻转来考虑.
那么我们设(d_i)表示第(i)的天线和右边的匹配的最大代价这个东西可以直接在线段树上维护
而.(di=h_i+max(-h_j))
那么我们对于每个(j),它能影响的之前的区间是([i - b_i,i-a_i])(特判一下负数)
我们在在线段树上维护一个(tag),表示(max(-hj))
那么扫到(j)时,就相当于在([i - b_i,i-a_i])的(tag)和(-h_j)取max,这也是线段树能完成的
最后对于每个查询,扫到(r_i)时计算([l_i,r_i])的答案就好了
（SB的我(n,m)不分WA了一晚上）
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
using namespace std;
const int N = 5e5 + 3;
const int INF = 1e9 + 7;
int n,m,t;
struct node{
int lc,rc;
int d,c,tag;
}a[N << 1];
struct U{
int hi;
int ai,bi;
}b[N];
struct Q{
int li,ri;
}q[N];
int ans[N];
vector <pii> G1[N];
vector <int> G2[N];
inline int read(){
int v = 0,c = 1;char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch == '-') c = -1;
ch = getchar();
}
while(isdigit(ch)){
v = v * 10 + ch - 48;
ch = getchar();
}
return v * c;
}
inline void pushup(int u){
a[u].c = max(a[a[u].lc].c,a[a[u].rc].c);
a[u].d = max(a[a[u].lc].d,a[a[u].rc].d);
}
inline void build(int u,int l,int r){
a[u].c = a[u].d = a[u].tag = -INF;
if(l == r) return ;
int mid = (l + r) >> 1;
a[u].lc = ++t;build(a[u].lc,l,mid);
a[u].rc = ++t;build(a[u].rc,mid + 1,r);
// pushup(u);
}
inline void pushdown(int u,int l,int r){
if(a[u].tag == -INF) return;
a[a[u].lc].tag = max(a[a[u].lc].tag,a[u].tag);
a[a[u].rc].tag = max(a[a[u].rc].tag,a[u].tag);
a[a[u].lc].d = max(a[a[u].lc].d,a[a[u].lc].c + a[a[u].lc].tag);
a[a[u].rc].d = max(a[a[u].rc].d,a[a[u].rc].c + a[a[u].rc].tag);
a[u].tag = -INF;
}
inline void change(int u,int l,int r,int x,int v){
if(l == r){
a[u].tag = -INF;
a[u].c = v;
//a[u].d = max
return;
}
pushdown(u,l,r);
int mid = (l + r) >> 1;
if(x <= mid) change(a[u].lc,l,mid,x,v);
else change(a[u].rc,mid + 1,r,x,v);
pushup(u);
}
inline void updata(int u,int l,int r,int ll,int rr,int v){
if(l == ll && r == rr){
a[u].tag = max(a[u].tag,v);
a[u].d = max(a[u].d,a[u].c + a[u].tag);
return ;
}
pushdown(u,l,r);
int mid = (l + r) >> 1;
if(rr <= mid) updata(a[u].lc,l,mid,ll,rr,v);
else if(ll > mid) updata(a[u].rc,mid + 1,r,ll,rr,v);
else {
updata(a[u].lc,l,mid,ll,mid,v);
updata(a[u].rc,mid + 1,r,mid + 1,rr,v);
}
pushup(u);
}
inline int query(int u,int l,int r,int ll,int rr){
if(l == ll && r == rr) return a[u].d;
pushdown(u,l,r);
int mid = (l + r) >> 1;
if(rr <= mid) return query(a[u].lc,l,mid,ll,rr);
else if(ll > mid) return query(a[u].rc,mid + 1,r,ll,rr);
else return max(query(a[u].lc,l,mid,ll,mid),
query(a[u].rc,mid + 1,r,mid + 1,rr));
}
inline void work(){
t = 1;
build(1,1,n);
for(int i = 1;i <= n;++i){
for(int j = 0;j < G1[i].size();++j)
change(1,1,n,G1[i][j].first,G1[i][j].second?b[G1[i][j].first].hi:-INF);
if(i - b[i].ai > 0) updata(1,1,n,max(1,i - b[i].bi),i - b[i].ai,-b[i].hi);
for(int j = 0;j < G2[i].size();++j)
ans[G2[i][j]] = max(ans[G2[i][j]],query(1,1,n,q[G2[i][j]].li,q[G2[i][j]].ri));
}
}
int main(){
n = read();
for(int i = 1;i <= n;++i){
b[i].hi = read(),b[i].ai = read(),b[i].bi = read();
if(i + b[i].ai <= n) G1[i + b[i].ai].push_back(mk(i,1));
if(i + b[i].bi + 1 <= n) G1[i + b[i].bi + 1].push_back(mk(i,0));
}
m = read();
for(int i = 1;i <= m;++i){
q[i].li = read();
q[i].ri = read();
G2[q[i].ri].push_back(i);
}
for(int i = 1;i <= m;++i) ans[i] = -1;
work();
// for(int i = 1;i <= n;++i) printf("%d
",ans[i]);
for(int i = 1;i <= n;++i) b[i].hi = 1000000001 - b[i].hi;
work();
for(int i = 1;i <= m;++i) printf("%d
",ans[i]);
return 0;
}