LUOGU P2048 [NOI2010] 超级钢琴（贪心+堆）

本文主要是介绍LUOGU P2048 [NOI2010] 超级钢琴（贪心+堆），希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

原题链接：[NOI2010] 超级钢琴

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题目大意：

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给出一个长度为 $n$ 的数组，且 $a_i$ 可正可负，再给出三个数字 $k,L,R$ 。

定义每个子数组的价值为其所有元素的和，你需要找到 $k$ 个连续的子数组（可重叠但不可重复），且满足长度在 $[L,R]$ 内，问你最后这 $k$ 个子数组的价值总和最大为多少。

解题思路：

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乍一看似乎没有什么思路，因为我们要找的所有区间几乎是 $O(n^2)$ 级别的。

先考虑一下 $k=1$ 怎么做，可以想到的是，做一个前缀和，枚举 $r$ 的同时找到一个对 $r$ 而言最小的 $l$ ，那么答案取 max ⁡ { S u m [ r ] − S u m [ l − 1 ] } \max\{Sum[r]-Sum[l-1]\} max{Sum[r]−Sum[l−1]} 即可。

（其中前缀和数组为 $Sum$ ，为了简化下文写成 $S$ 数组）

同理 $k=2,3,...,n^2$ 时候也是一样的，只需要再给每个 $r$ 对应的 $l$ 打上一个标记表示用过了，查找时候跳过就好，但这么做时间空间复杂度都爆炸了。

找到最大这一个操作，显而易见我们可以想到线段树，堆，之类的数据结构操作结合贪心或者 $DP$ 来找，转化到这题来说，我们可以发现一个细节。

即当我们在枚举一个 $r$ 的同时，我们知道合法的 $l$ 是有个范围的。

假设题中给的 $L,R$ 为 $[1,n]$ ，那么对于一个确定的 $r$ 而言，我们能找到的 $l$ 的范围只能是 $[1,r]$ 。

我们要对 $r$ 在 $[1,r]$ 中找到一个 $l$ 使得其满足 max ⁡ { S [ r ] − S [ l − 1 ] } \max\{S[r]-S[l-1]\} max{S[r]−S[l−1]}，那么也就是在找 min ⁡ { S [ l − 1 ] } \min\{S[l-1]\} min{S[l−1]}，即就是对 $S[l-1]$ 做一个最小值的 $RMQ$ 即可。

那么我们要怎么高效地去找有哪些区间是合法的呢？

其实我们只需要知道这几个值即可：

当前位置 $r$，$l$ 的可选区间 $[x,y]$，以及一个该区间价值 a n s = S [ r ] − min ⁡ { S [ l − 1 ] } ans=S[r]-\min\{S[l-1]\} ans=S[r]−min{S[l−1]} ，下面说说怎么做。

我们枚举每一个 $r$，同时做 $RMQ$ 在合法区间 $[x,y]$ 中找到最小的 $S[l-1]$，那么我们此时就可以得到 $ans=S[r]-S[l-1]$，将其包装成一个结构体 $[ans,x,y,l,r]$ 扔进堆里面，按照 $ans$ 键值的大根堆做排序（大的在堆顶）。

这里解释一下 $[ans,x,y,l,r]$ 的含义，$ans$ 即当前定下一个 $r$ 且只允许在区间 $[x,y]$ 找 $l$ 所能获得的最大价值 $S[r]-S[l-1]$ 。

要时刻注意注意我们的思路是定下一个找另一个，即定 $r$ 找 $l$，我们的解法都是从这一点出发的。

当 $k=1$ 时，显然答案就是堆顶的 $ans$ 。

当 $k=2$ 时，第一个答案肯定是堆顶的答案，我们设堆顶的为 $r$，考虑第二个答案在哪个 $r^{\prime }$ 取得。

可能是在 $r$ 的位置，找到另一个 $l^{\prime }$ 使得 $ans=S[r]-S[l^{\prime }-1]$ 最大，但也有可能是另一个 $r^{\prime }$ 的 $ans$，和当前的 $r$ 无关，所以我们要把 $r$ 重新扔到堆里面，让堆来帮我们执行一次贪心的操作，具体而言：

我们将 $[ans,x,y,l,r]$ 变成 $[ans1,x,l-1,A,r]$ 和 $[ans2,l+1,r,B,r]$ ，然后再将这两个扔到堆里即可，即我们把原先的合法区间拆成了 $[x,l-1]$ 和 $[l+1,y]$ 这两个区间（当然得考虑一下合法性）。

那么我们 $r$ 在 $[x,l-1]$ 的最优值为 $ans1=S[r]-S[A-1]$，同理 $r$ 在 $[l+1,y]$ 的最优值为 $ans2=S[r]-S[B-1]$。

这样，$k\ge 3$ 以及之后的做法就显而易见了。

将一个区间拆分成两份，同时用 $S[r]$ 在这两个区间分别做 $RMQ$ 找到 $l$，再将其扔进堆里面。

这样做，我们的原本一个区间只会被最多分成两个区间，被分成的区间总数最多就是 $O(k)$ 个，单次取出删除的复杂度是 $O(\log n)$ 的，可以通过。

代码中用的是 $ST$ 表做 $RMQ$，本质上线段树之类的也行，但是复杂度要多上一个 $O(\log n)$ 且常数稍大。

时间复杂度：$O(k\log n)$

#include <bits/stdc++.h>using i64 = long long;//ST表板子
template <class Ty, const int logn>
struct SparseTable {std::vector<std::array<Ty, logn>> info;SparseTable(const std::vector<Ty>& A) { init(A); }void init(const std::vector<Ty>& A) {int n = A.size() - 1;info.assign(A.size(), std::array<Ty, logn>{});for (int i = 1; i <= n; ++i) {info[i][0] = A[i];}for (int j = 1; j <= logn; ++j) {for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; ++i) {info[i][j] = merge(info[i][j - 1], info[i + (1 << j - 1)][j - 1]);}}}Ty Query(int l, int r) {int j = std::__lg(r - l + 1);return merge(info[l][j], info[r - (1 << j) + 1][j]);};constexpr Ty merge(const Ty& a, const Ty& b) {return std::min(a, b);}
};//ST表维护 S 和下标 p
struct Info {int sum, p;bool operator<(const Info& rhs) const {return (sum == rhs.sum ? p < rhs.p : sum < rhs.sum);}
};void solve() {int n, k, L, R;std::cin >> n >> k >> L >> R;std::vector<Info> A(n + 1);std::vector<int> s(n + 1);for (int i = 1; i <= n; ++i) {std::cin >> s[i];s[i] += s[i - 1];A[i] = {s[i - 1], i};}SparseTable<Info, 20> ST(A);std::priority_queue<std::array<int, 5>> heap;//枚举每个 r 找 l，但是要注意满足题目中说的子数组长度限制 [L, R]for (int i = L; i <= n; ++i) {auto [S, p] = ST.Query(std::max(1, i - R + 1), std::max(1, i - L + 1));heap.push({s[i] - S, std::max(1, i - R + 1), std::max(1, i - L + 1), p, i});}i64 ans = 0;for (int T = 0; T < k; ++T) {//对应 [ans, x, y, l, r]auto [S, QL, QR, p, i] = heap.top();heap.pop();ans += S;//找 [x, l - 1]if (QL <= p - 1) {auto [V, x] = ST.Query(QL, p - 1);heap.push({s[i] - V, QL, p - 1, x, i});}//找 [l + 1, y]if (p + 1 <= QR) {auto [V, x] = ST.Query(p + 1, QR);heap.push({s[i] - V, p + 1, QR, x, i});}}std::cout << ans << "\n";
}signed main() {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(nullptr);int t = 1;//std::cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}

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