【ST】【CF855B】 Marvolo Gaunt's Ring

传送门

Description

给定三个数 \(p~,~q~,~r~\),以及一个数组 \(a\)，

找出三个数 \(i~,~j~,~k\) ，其中 \(i~\leq~j~\leq~k\) 最大化 \(p~\times~a_i~+~q~\times~a_j~+~r~\times~a_r\)

Input

第一行是数组长度 \(n\) 以及 \(p~,~q~,~r~\)。

第二行 \(n\) 个数代表这个数组

Output

输出一个整数代表答案

Hint

\(-10^5~\leq~n~\leq~10^5\)

其他数据 \(\in~[-10^9~,~10^9]\)

Solution

考虑最暴力的方法，枚举 \(i~,~j~,~k\) ，计算答案，时间复杂度\(O(n^3)\)

然后考虑如果枚举了其中两个值，剩下一个可以直接通过查询区间最值确定。例如，如果枚举了 \(i~,~j\)，则 \(k\) 对应的最优解一定是 ( \(k~>~0\) 时) \(k~\times~\max_{s~=~j}^{n}~a_s\)，（ \(k~\leq~0\) 时） \(k~\times~\min_{s~=~j}^{n}~a_s\)。枚举其它两个元素同理。这样就可以用ST预处理区间最值，然后做到 \(O(1)\) 查询，复杂度 \(O(n\log n)-O(n^2)\) 。

考虑上述做法的缺陷在于枚举量还是太大，能否可以只枚举一个位置呢？我们发现如果枚举一个位置以后可以确定剩下两个区间，就可以只枚举一个位置。于是发现枚举 \(j\) 符合要求。于是只枚举 \(j\) 按照上面的方法求 \(i~,~k\) 的对应答案。时间复杂度 \(O(n\log n)~-~O(n)\)

Code

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#ifdef ONLINE_JUDGE
#define freopen(a, b, c)
#endif
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long long

typedef long long int ll;

namespace IPT {
	const int L = 1000000;
	char buf[L], *front=buf, *end=buf;
	char GetChar() {
		if (front == end) {
			end = buf + fread(front = buf, 1, L, stdin);
			if (front == end) return -1;
		}
		return *(front++);
	}
}

template <typename T>
inline void qr(T &x) {
	rg char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
	while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch=IPT::GetChar();
	while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
	if (lst == '-') x = -x;
}

template <typename T>
inline void ReadDb(T &x) {
	rg char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
	while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch = IPT::GetChar();
	while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = x * 10 + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
	if (ch == '.') {
		ch = IPT::GetChar();
		double base = 1;
		while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x += (ch ^ 48) * ((base *= 0.1)), ch = IPT::GetChar();
	}
	if (lst == '-') x = -x;
}

namespace OPT {
	char buf[120];
}

template <typename T>
inline void qw(T x, const char aft, const bool pt) {
	if (x < 0) {x = -x, putchar('-');}
	rg int top=0;
	do {OPT::buf[++top] = x % 10 + '0';} while (x /= 10);
	while (top) putchar(OPT::buf[top--]);
	if (pt) putchar(aft);
}

const int maxn = 100010;
const ll INF = -1000000000ll;

int n;
int LOG[maxn];
ll p, q, r, ans = -3000000000000000010ll;
ll MU[maxn], ST[2][20][maxn];

ll ask(ci, ci, ci);

int main() {
	freopen("1.in", "r", stdin);
	qr(n); qr(p); qr(q); qr(r);
	for (rg int i = 1; i <= n; ++i) qr(MU[i]);
	for (rg int i = 0; (1 << i)  <= n; ++i) {
		LOG[1 << i] = i;
	}
	for (rg int i = 3; i <= n; ++i) if(!LOG[i]) LOG[i] = LOG[i - 1];
	for (rg int i = 0; i < 20; ++i)
		for (rg int j = 0; j < maxn; ++j)
			ST[1][i][j] = INF;
	for (rg int i = 0; i < 20; ++i)
		for (rg int j = 0; j < maxn; ++j)
			ST[0][i][j] = -INF;
	for (rg int i = 1; i <= n; ++i) ST[1][0][i] = ST[0][0][i] = MU[i];
	for (rg int i = 1; i < 20; ++i) {
		int len = (1 << i) - 1;
		for (rg int l = 1; l <= n; ++l) {
			int r = l + len; if (r > n) break;
			ST[0][i][l] = std::max(ST[0][i - 1][l], ST[0][i - 1][l + (1 << (i - 1))]);
			ST[1][i][l] = std::min(ST[1][i - 1][l], ST[1][i - 1][l + (1 << (i - 1))]);
		}
	}
	for (rg int i = 1; i <= n; ++i) {
		ans = std::max(q * MU[i] + p * ask(1, i, p < 0) + r * ask(i, n, r < 0), ans);
	}
	qw(ans, '\n', true);
	return 0;
}

ll ask(ci l, ci r, ci cur) {
	int len = r - l + 1;
	if (cur) return std::min(ST[1][LOG[len]][l], ST[1][LOG[len]][r - (1 << LOG[len]) + 1]);
	else return std::max(ST[0][LOG[len]][l], ST[0][LOG[len]][r - (1 << LOG[len]) + 1]);
}

Summary

这次貌似也没啥好summary的……就是我好菜啊ST都调了半天