【bzoj3064】Tyvj 1518 CPU监控 线段树维护历史最值

题目描述

给你一个序列，支持4种操作：
1.查询区间最大值；
2.查询区间历史最大值；
3.区间加；
4.区间赋值。

输入

第一行一个正整数T，表示Bob需要监视CPU的总时间。 
然后第二行给出T个数表示在你的监视程序执行之前，Bob干的事让CPU在这段时间内每个时刻的使用率达已经达到了多少。 
第三行给出一个数E，表示Bob需要做的事和询问的总数。 
接下来E行每行表示给出一个询问或者列出一条事件： 
Q X Y:询问从X到Y这段时间内CPU最高使用率 
A X Y:询问从X到Y这段时间内之前列出的事件使CPU达到过的最高使用率 
P X Y Z:列出一个事件这个事件使得从X到Y这段时间内CPU使用率增加Z 
C X Y Z:列出一个事件这个事件使得从X到Y这段时间内CPU使用率变为Z 
时间的单位为秒，使用率没有单位。 
X和Y均为正整数（X<=Y），Z为一个整数。 
从X到Y这段时间包含第X秒和第Y秒。 
保证必要运算在有符号32位整数以内。

输出

对于每个询问，输出一行一个整数回答。

样例输入

10
-62 -83 -9 -70 79 -78 -31 40 -18 -5
20
A 2 7
A 4 4
Q 4 4
P 2 2 -74
P 7 9 -71
P 7 10 -8
A 10 10
A 5 9
C 1 8 10
Q 6 6
Q 8 10
A 1 7
P 9 9 96
A 5 5
P 8 10 -53
P 6 6 5
A 10 10
A 4 4
Q 1 5
P 4 9 -69

样例输出

79
-70
-70
-5
79
10
10
79
79
-5
10
10

---

题解

线段树维护历史最值

先粘一发吉老师题解：

刚接触这一类问题时，这个例题的难度可能较高，所以我们先忽略区间赋值操作。
考虑使用传统的懒标记来解决，首先如果只是询问区间最大值，只面要使用区间加减这一个懒标记（用 $Add$ 表示）就能解决。
现在考虑询问区间历史最大值的最大值。我们定义一种新的懒标记：历史最大的加减标记（用 $Pre$ 表示）。这个标记的定义是：从上一次把这个节点的标记下传的时刻到当前时刻这一时间段中，这个节点中的 $Add$ 标记值到达过的最大值。
现在考虑把第 $i$ 个节点的标记下传到它的儿子 $l$ ，不难发现标记是可以合并的：$Pre_l = \text{max}(Pre_l, Add_l + Pre_i), Add_l = Add_l + Add_i$ 。至于区间历史最大值信息的更新也与标记的合并类似，只面要将当前的区间最大值加上 $Pre_i$ 然后与原来的历史最大值进行比较即可。
现在回到原题，我们观察在修改操作过程中，被影响到的节点的变化：如果一个节点没有发生标记下传，那么最开始它一直被区间加减操作所影响，这时我们可以用上面描述的Pre标记来记录，直到某一时刻，这个节点被区间覆盖标记影响A，那么这时这个节点中的所有数都变得完全相同，再之后的所有区间加减修改，对这个节点来说，与区间覆盖操作并没有不同。
因此每一个节点受到的标记可以分成两个部分：第一个部分是区间加减，第二个部分是区间覆盖。因此我们可以用 $(x, y)$ 来表示历史最值标记，它的定义是当前区间在第一阶段时最大的加减标记是 $x$ ,在第二个阶段时最大的覆盖标记是 $y$ 。显然这个标记是可以进行合并与更新的。
到此我们就使用最传统的懒标记方法解决了这个问题,时间复杂度 $O(m \log n)$ 。

然而我的做法可能和吉老师这道题的做法不太一样。。。用的是吉老师下一道题的做法。。。

首先需要弄明白吉老师讲的只有区间加减、求区间历史最值的做法（上面红色部分）。

定义标记 $(a,b)$ 表示先给区间内所有数加上 $a$ ，再与 $b$ 取 $\text{max}$ ，即 $A_i=\text{max}(A_i+a,b)$ 。

那么区间加操作就相当于打标记 $(z,-\infty )$ ，区间赋值操作就相当于打标记 $(-\infty ,z)$ 。

考虑两个标记合并：将标记 $(c,d)$ 合并到 $(a,b)$ 上（即先有 $(a,b)$ 后有 $(c,d)$），可以得到结果 $(a+c,\text{max}(b+c,d))$ 。

考虑两个标记取最大值：将标记作用后的值看作原值的函数，那么显然是一个分段函数，第一段是 $y=b$ ，第二段是 $y=x+a$ 。那么标记取最大值就是取两个函数最上方的部分，显然是两段分别取最大值，即 $(a,b)$ 与 $(c,d)$ 取最大值后为 $(\text{max}(a,c),\text{max}(b,d))$ 。

至此已经完成了吉老师所讲的标记的 “+” 和 “max” ，可以实现所有操作。

时间复杂度 $O(m\log n)$ 。

具体还是见代码吧。代码中p(pre)开头的指的是历史，n(now)开头的指的是当前。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 100010
#define inf 0x3f3f3f3f
#define lson l , mid , x << 1
#define rson mid + 1 , r , x << 1 | 1
using namespace std;
struct data
{
	int x , y;
	data(int a = 0 , int b = -inf) {x = a , y = b;}
	data operator+(const data &a)const {return data(max(-inf , x + a.x) , max(y + a.x , a.y));}
	data operator*(const data &a)const {return data(max(x , a.x) , max(y , a.y));}
}ntag[N << 2] , ptag[N << 2];
int nmax[N << 2] , pmax[N << 2];
char str[5];
inline void pushup(int x)
{
	nmax[x] = max(nmax[x << 1] , nmax[x << 1 | 1]);
	pmax[x] = max(pmax[x << 1] , pmax[x << 1 | 1]);
}
inline void pushdown(int x)
{
	int l = x << 1 , r = x << 1 | 1;
	ptag[l] = ptag[l] * (ntag[l] + ptag[x]);
	ntag[l] = ntag[l] + ntag[x];
	pmax[l] = max(pmax[l] , max(nmax[l] + ptag[x].x , ptag[x].y));
	nmax[l] = max(nmax[l] + ntag[x].x , ntag[x].y);
	ptag[r] = ptag[r] * (ntag[r] + ptag[x]);
	ntag[r] = ntag[r] + ntag[x];
	pmax[r] = max(pmax[r] , max(nmax[r] + ptag[x].x , ptag[x].y));
	nmax[r] = max(nmax[r] + ntag[x].x , ntag[x].y);
	ptag[x] = ntag[x] = data();
}
void build(int l , int r , int x)
{
	ntag[x] = ptag[x] = data();
	if(l == r)
	{
		scanf("%d" , &nmax[x]) , pmax[x] = nmax[x];
		return;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	build(lson) , build(rson);
	pushup(x);
}
void update(int b , int e , data a , int l , int r , int x)
{
	if(b <= l && r <= e)
	{
		ptag[x] = ptag[x] * (ntag[x] + a);
		ntag[x] = ntag[x] + a;
		pmax[x] = max(pmax[x] , max(nmax[x] + a.x , a.y));
		nmax[x] = max(nmax[x] + a.x , a.y);
		return;
	}
	pushdown(x);
	int mid = (l + r) >> 1;
	if(b <= mid) update(b , e , a , lson);
	if(e > mid) update(b , e , a , rson);
	pushup(x);
}
int query(int b , int e , bool flag , int l , int r , int x)
{
	if(b <= l && r <= e) return flag ? pmax[x] : nmax[x];
	pushdown(x);
	int mid = (l + r) >> 1 , ans = -inf;
	if(b <= mid) ans = max(ans , query(b , e , flag , lson));
	if(e > mid) ans = max(ans , query(b , e , flag , rson));
	return ans;
}
int main()
{
	int n , m , x , y , z;
	scanf("%d" , &n);
	build(1 , n , 1);
	scanf("%d" , &m);
	while(m -- )
	{
		scanf("%s%d%d" , str , &x , &y);
		if(str[0] == 'Q') printf("%d\n" , query(x , y , 0 , 1 , n , 1));
		if(str[0] == 'A') printf("%d\n" , query(x , y , 1 , 1 , n , 1));
		if(str[0] == 'P') scanf("%d" , &z) , update(x , y , data(z , -inf) , 1 , n , 1);
		if(str[0] == 'C') scanf("%d" , &z) , update(x , y , data(-inf , z) , 1 , n , 1);
	}
	return 0;
}