bzoj 4504: K个串 可持久化线段树+堆

题目:

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

Sample Input

7 5

3 -2 1 2 2 1 3 -2

Sample Output

4

HINT

1 <= n <= 100000, 1 <= k <= 200000, 0 <= |a_i| <= 10^9数据保证存在第 k 大的和

题解:

首先我们发现,如果相同的字符的贡献可以重复计算的话,那就是超级钢琴了.

可以直接应用堆来求解

但是这道题中相同字符的贡献只统计一次,就需要我们瞎搞一下了。

对于这道题,我们可以通过可持久化线段树来处理去重的问题

怎么处理呢...

我们可以对每个点维护以这个点为右端点的所有子段和

这样我们考虑如何从i-1拓展到i

实际上我们拓展的时候只需要考虑第i位上的数字对前面做出的贡献

我们发现其实这个字符只对一部分左端点连续的字段做出贡献

具体一点,i位置上的数字只对左端点在\([last[a[i]]+1 ~ i]\)位置上的子段做出贡献

所以我们可以在可持久化线段树中通过区间修改实现\(nlogn\)处理出所有的子段

然后就是超级钢琴啦....

#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline void read(ll &x){
	x=0;char ch;bool flag = false;
	while(ch=getchar(),ch<'!');if(ch == '-') ch=getchar(),flag = true;
	while(x=10*x+ch-'0',ch=getchar(),ch>'!');if(flag) x=-x;
}
const ll maxn = 210010;
struct Node{
	Node *ch[2];
	ll mx,id,lazy;
	void update(){
		mx = max(ch[0]->mx,ch[1]->mx);
		if(mx == ch[0]->mx) id = ch[0]->id;
		if(mx == ch[1]->mx) id = ch[1]->id;
		mx += lazy;
	}
}*null,*root[maxn],*it,mem[maxn*50];
inline void init(){
	it = mem;null = it++;
	null->ch[0] = null->ch[1] = null;
	null->mx = null->id = 0;
	root[0] = null;
}
Node* insert(Node *rt,ll l,ll r,ll L,ll R,ll val){
	Node *p = it++;*p = *rt;
	if(L == R && l == r){
		p->id = l;
	}
	if(L <= l && r <= R){
		p->lazy += val;
		p->mx += val;
		return p;
	}
	ll mid = l+r >> 1;
	if(L <= mid) p->ch[0] = insert(p->ch[0],l,mid,L,R,val);
	if(R >  mid) p->ch[1] = insert(p->ch[1],mid+1,r,L,R,val);
	p->update();return p;
}
typedef pair<ll,ll> pa;
inline pa query(Node *p,ll l,ll r,ll L,ll R){
	if(L <= l && r <= R){
		return make_pair(p->mx,p->id);
	}
	ll mid = l+r >> 1;pa x,y;
	if(R <= mid){
		x = query(p->ch[0],l,mid,L,R);
		x.first += p->lazy;
		return x;
	}
	if(L >  mid){
		y = query(p->ch[1],mid+1,r,L,R);
		y.first += p->lazy;
		return y;
	}
	x = query(p->ch[0],l,mid,L,R);
	y = query(p->ch[1],mid+1,r,L,R);
	x.first += p->lazy;y.first+=p->lazy;
	if(x.first > y.first) return x;
	else return y;
}
ll a[maxn],last[maxn],b[maxn],c[maxn];
struct num{
	ll l,r;
	ll val,le,ri;
	bool friend operator < (const num &a,const num &b){
		return a.val < b.val;
	}
	num(){}
	num(const ll &a,const ll &b,const ll &c,const ll &d,const ll &e){
		l = a;r = b;val = c;le = d;ri = e;
	}
};
priority_queue<num>q;
int main(){
	init();
	ll n,k;read(n);read(k);
	for(ll i=1;i<=n;++i){
		read(a[i]);
		b[i] = a[i];
	}
	sort(b+1,b+n+1);
	for(ll i=1;i<=n;++i){
		c[i] = lower_bound(b+1,b+n+1,a[i]) - b;
	}
	memset(last,-1,sizeof last);
	for(ll i=1;i<=n;++i){
		b[i] = last[c[i]];
		last[c[i]] = i;
	}
	for(ll i=1;i<=n;++i){
		root[i] = insert(root[i-1],1,n,i,i,a[i]);
		if(b[i] != -1){
			ll l = b[i] + 1,r = i-1;
			if(l <= r){
				root[i] = insert(root[i],1,n,l,r,a[i]);
			}
		}else{
			ll l = 1,r = i-1;
			if(l <= r) root[i] = insert(root[i],1,n,l,r,a[i]);
		}
		pa x = query(root[i],1,n,1,i);
		q.push(num(x.second,i,x.first,1,i));
	}
	while(--k){
		num x = q.top();q.pop();
		ll l = x.l + 1,r = x.ri;
		if(l <= r){
			pa tmp = query(root[x.r],1,n,l,r);
			q.push(num(tmp.second,x.r,tmp.first,l,r));
		}
		l = x.le;r = x.l - 1;
		if(l <= r){
			pa tmp = query(root[x.r],1,n,l,r);
			q.push(num(tmp.second,x.r,tmp.first,l,r));
		}
	}
	num ans = q.top();
	printf("%lld\n",ans.val);
	getchar();getchar();
	return 0;
}

---

如果你不会超级钢琴...

这道题要求k大值,实际上我们可以考虑依次求出第一大、第二大、第三大、 ... 、第k大

那么问题就在于如何求解这个东西。

我们可以采用如下的策略:

将所有的以某个点为右端点的所有向左拓展出来的子段中的最大子段和扔到堆里

每次从堆中取出当前子段和最大的子段,然后将这个子段的左区间向左向右延伸得到的最大的两个子段再扔进堆里

取出来的第i的即为第i大的子段和.