标签：return NOIP 55 mid 队列 inline 维护 模拟 define
T1：
与模拟54T4较为相像，然而需要注意的点有所不同
首先比较显然的是DP方程：fi = fj + ai - (i - j) * (i - j - 1) / 2
常规思路为直接使用权值数据结构进行维护，然而无法处理后面的部分
考场上想过分块线段树树状数组，然而都失败了，于是突然发现对于 一点i
若i的可选部分中j为max，那么j之后的部分一定不会在成为max，于是考虑采用链表
通过截断链表的方式排除较劣值（仍然未想到斜率优化单调栈），然而发现问题一在于如何寻找前驱后继
我采用multiset维护，然而问题二在于前驱后继在本题中并不唯一，甚至可能形成环状结构，于是思路结束
通过昨天T1，我考虑能否降低维护的准确度以此换来信息的灵活性，然而仍然无法维护
事实上正解的思路并不是单纯的数据结构维护信息，而是决策单调性
类似模拟54T4，考虑在计算fi时j比k更优的情况（仍然套路的直接解不等式）化简得到：
设gi = fi - i * (i - 1) / 2
i > -(gj - gk) / (j - k)（i为常量，其余为变量）
根据>可以得出应维护右下凸包，同时递增
于是类似昨天T4的思路采取CDQ分治，利用左侧更新右侧
考虑首先消去a这一维，直接按a排序即可，接着在分治过程中按下标排序即可
注意点：首先模拟54未说的
单调队列的维护过程中，需要保证head >= tail，因为当队列中之存在一个点时，实际上还存在这原点，
这两个点的存在是的仍然能继续更新答案（可能需要特判横坐标相同的情况，或者在排序时修改排序函数）
而在单调队列获取答案的时候，则需要保证head > tail，因为当队列中仅存在一个点时，当取两点进行斜率比较时
将会取到head + 1，进行比较，而显然head + 1为队外元素（即非法），因此仅当队列中至少存在两个元素时才能弹队
其次是CDQ分治的顺序
模拟54T4中是先分治两侧，目的是保证有序，而本题需要先分治左侧，处理完当前区间后再处理右侧
原因在于模拟54T4的转移是不需要顺序的，只需要将前缀中所有元素进行转移即可
而对于本题而言，转移是存在顺序的，即必须从左往右转移，因为每个点需要继承之前点的贡献
（所以由于处理完当前区间后排序已经被打乱，需要重新对右区间进行排序）
另外还有一个不同点在于维护顺序
模拟54T4是先维护完单调栈再从右侧区间逐一进行弹栈取答案，原因在于其取答案并没有限制，即对于右侧区间所有点，取答案的条件是统一的
而对于本题而言，需要一边维护单调队列，一边取答案，因为显然，对于右侧区间内某点i，取答案的一个条件为id(j) < id(i)，也就是说右侧区间取答案的条件不统一
可以发现，若先维护队列再取答案，由于弹队列不存在id限制，那么可能对于i点的可行答案会被弹走，因此会漏情况
代码如下：
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define I long long
4 #define C char
5 #define B bool
6 #define V void
7 #define LL long long
8 #define P pair<I,I>
9 #define MP make_pair
10 #define fir first
11 #define sec second
12 #define g(x) (f[x] - x * (x + 1) / 2)
13 const I N = 1e5 + 3;
14 I n,q[N],ans(LONG_LONG_MIN),f[N];
15 struct L {I a,b;} a[N];
16 inline I read() {
17 I x(0),y(1); C z(getchar());
18 while (!isdigit(z)) { if (z == '-') y = -1; z = getchar(); }
19 while ( isdigit(z)) x = x * 10 + (z ^ 48), z = getchar();
20 return x * y;
21 }
22 inline V Max (I &a,I b) { a = a > b ? a : b; }
23 inline V Min (I &a,I b) { a = a < b ? a : b; }
24 inline I max (I a,I b) { return a > b ? a : b; }
25 inline I min (I a,I b) { return a < b ? a : b; }
26 inline V swap (I &a,I &b) { a ^= b, b ^= a, a ^= b; }
27 inline B com1 (const L &a,const L &b) {
28 return a.a == b.a ? a.b < b.b : a.a < b.a;
29 }
30 inline B com2 (const L &a,const L &b) { return a.b < b.b; }
31 inline B Check1 (I i,I j,I k) {
32 return (g(i) - g(j)) * (j - k) >= (g(j) - g(k)) * (i - j);
33 }
34 inline B Check2 (I k,I i,I j) {
35 return k * (i - j) >= g(j) - g(i);
36 }
37 V Divide (I l,I r) {
38 if (l == r) return ;
39 I mid (l + r >> 1),h(1),t(0),p1(l);
40 Divide (l,mid);
41 sort (a + l,a + mid + 1,com2);
42 sort (a + mid + 1,a + r + 1,com2);
43 for (I i(mid + 1);i <= r; ++ i) {
44 while (p1 <= mid && a[p1].b < a[i].b) {
45 while (h <= t && Check1 (a[p1].b,a[q[t]].b,a[q[t - 1]].b)) t -- ; q[++t] = p1 ++ ;
46 }
47 while (h < t && Check2 (a[i].b,a[q[h + 1]].b,a[q[h]].b)) h ++ ;
48 if (h > t) continue;
49 Max (f[a[i].b],f[a[q[h]].b] + a[i].a - (a[i].b - a[q[h]].b) * (a[i].b - a[q[h]].b - 1) / 2);
50 }
51 sort (a + mid + 1,a + r + 1,com1);
52 Divide (mid + 1,r);
53 }
54 signed main () {
55 freopen ("skip.in","r",stdin);
56 freopen ("skip.out","w",stdout);
57 n = read();
58 for (I i(1);i <= n; ++ i)
59 a[i] = (L){read(),i};
60 for (I i(1);i <= n; ++ i)
61 f[i] = a[i].a - i * (i - 1) / 2;
62 sort (a + 1,a + n + 1,com1);
63 Divide (1,n);
64 for (I i(1);i <= n; ++ i)
65 Max (ans,f[i] - (n - i + 1) * (n - i) / 2);
66 Max (ans,-(n + 1) * n / 2);
67 printf ("%lld\n",ans);
68 }
View Code
标签：return,NOIP,55,mid,队列,inline,维护,模拟,define 来源： https://www.cnblogs.com/HZOI-LYM/p/15306999.html
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