SP1043 GSS1 - Can you answer these queries I

在这里插入图片描述
给出序列，查询区间的最大子段和。

维护最大前缀子段和，最大后缀子段和，区间答案即可
区间合并的时候，大区间的答案只能是左区间答案，右区间答案，左后缀+右前缀三者最大值
查询过程可以返回node，重载 + 来合并答案

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#pragma GCC optimize(2)
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define re register
#define lc rt<<1
#define rc rt<<1|1
const int maxn = 5e5+10;
const int mx = 40;
const ll mod = 998244353;
const ll inf = 34359738370;
const int INF = 1e9+7;
const double pi = acos(-1.0);
//给定序列 q次询问 每次询问一个区间内的最大子段和
//记录答案 区间第一个数开始的最大子段和  区间最后一个数结尾的最大子段和  区间合并
int n,m;
int a[maxn];
int sum[maxn];//前缀和
struct node 
{
    int l,r;
    int ans,pre,suf;
    node operator + (const node &f)const 
    {
        node t;
        t.ans=max(max(ans,f.ans),suf+f.pre);
        t.pre=max(pre,sum[r]-sum[l-1]+f.pre);//不加入/加入右区间的影响  
        t.suf=max(f.suf,suf+sum[f.r]-sum[f.l-1]);
        t.l=l,t.r=f.r;
        return t;
    }
}tree[maxn<<2];
inline void pushup(int rt) 
{
    tree[rt]=tree[lc]+tree[rc];
}
inline void build(int rt,int l,int r) 
{
    tree[rt].l=l,tree[rt].r=r;
    if(l == r) 
    {
        int d=a[l];
        tree[rt].pre=tree[rt].suf=tree[rt].ans=d;
        return ;
    }
    int mid=l+r>>1;
    build(lc,l,mid);
    build(rc,mid+1,r);
    pushup(rt);
}
inline node query(int rt,int vl,int vr) 
{
    int l=tree[rt].l,r=tree[rt].r;
    if(vl<=l && r<=vr) return tree[rt];
    int mid=l+r>>1;
    if(vr<=mid) return query(lc,vl,vr);
    else if(vl > mid) return query(rc,vl,vr);
    return query(lc,vl,vr)+query(rc,vl,vr);
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",a+i);
    for(int i=1;i<=n;i++) sum[i] = a[i]+sum[i-1];
    build(1,1,n);
    scanf("%d",&m);
    while(m--) 
    {
        int l,r;
        scanf("%d %d",&l,&r);
        printf("%d\n",query(1,l,r).ans);
    }
    return 0;
}

SP1716 GSS3 - Can you answer these queries III

和1类似，只不过多了个单点修改的操作。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#pragma GCC optimize(2)
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define re register
#define lc rt<<1
#define rc rt<<1|1
const int maxn = 5e4+10;
const int mx = 40;
const ll mod = 998244353;
const ll inf = 34359738370;
const int INF = 1e9+7;
const double pi = acos(-1.0);
struct node 
{
    ll ans,pre,suf,sum;
    int l,r;
    node operator + (const node &f)const 
    {
        node t;
        t.ans=max(suf+f.pre,max(ans,f.ans));
        t.pre=max(pre,sum+f.pre);
        t.suf=max(f.suf,f.sum+suf);
        t.sum=sum+f.sum;
        t.l=l,t.r=f.r;
        return t;
    }
}tree[maxn<<2];
inline void pushup(int rt) 
{
    tree[rt]=tree[lc]+tree[rc];
}
void build(int rt,int l,int r) 
{
    tree[rt].l=l,tree[rt].r=r;
    if(l == r) 
    {
        scanf("%lld",&tree[rt].ans);
        tree[rt].pre=tree[rt].suf=tree[rt].sum=tree[rt].ans;
        return ;
    }
    int mid=l+r>>1;
    build(lc,l,mid);
    build(rc,mid+1,r);
    pushup(rt);
}
inline void upd(int rt,int pos,int v) 
{
    int l=tree[rt].l,r=tree[rt].r;
    if(l==r) 
    {
        tree[rt].sum=tree[rt].ans=v;
        tree[rt].pre=tree[rt].suf=v;
        return ;
    }
    int mid=l+r>>1;
    if(pos<=mid) upd(lc,pos,v);
    else upd(rc,pos,v);
    pushup(rt);
}
inline node query(int rt,int vl,int vr) 
{
    int l=tree[rt].l,r=tree[rt].r;
    if(vl<=l && r<=vr) return tree[rt];
    int mid=l+r>>1;
    if(vr<=mid) return query(lc,vl,vr);
    else if(vl>mid) return query(rc,vl,vr);
    return query(lc,vl,vr)+query(rc,vl,vr);
}
int n,m;
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    build(1,1,n);
    scanf("%d",&m);
    while(m--) 
    {
        int f,x,y;
        scanf("%d %d %d",&f,&x,&y);
        if(!f) 
        {
            upd(1,x,y);
        }
        else printf("%lld\n",query(1,x,y).ans);
    }
    return 0;
}

SP2713 GSS4 - Can you answer these queries IV

在这里插入图片描述

区间每个数开根号，经典的单点暴力修改，每个点只能被修改log次。
记录最大值，如果最大值小于等于1，剪枝。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#pragma GCC optimize(2)
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define re register
#define lc rt<<1
#define rc rt<<1|1
const int maxn = 1e5+10;
const int mx = 40;
const ll mod = 998244353;
const ll inf = 34359738370;
const int INF = 1e9+7;
const double pi = acos(-1.0);
//区间每个数开方 区间求和 记录最大值 暴力单点修改
struct node 
{
    int l,r;
    ll mmax,sum;
    node operator + (const node &f)const
    {
        node t;
        t.mmax=max(mmax,f.mmax);
        t.sum=sum+f.sum;
        t.l=l,t.r=f.r;
        return t;
    } 
}tree[maxn<<2];
inline void pushup(int rt)
{
    tree[rt]=tree[lc]+tree[rc];
}
inline void build(int rt,int l ,int r)
{
    tree[rt].l=l,tree[rt].r=r;
    if(l==r) 
    {
        scanf("%lld",&tree[rt].sum);
        tree[rt].mmax=tree[rt].sum;
        return ;
    }
    int mid=l+r>>1;
    build(lc,l,mid);build(rc,mid+1,r);
    pushup(rt);
}
inline void upd(int rt,int vl,int vr) 
{
    int l=tree[rt].l,r=tree[rt].r;
    if(tree[rt].mmax <= 1 ||  l > vr || r<vl) return;//剪枝
    if(l == r) 
    {
        ll d=(ll)sqrt(tree[rt].mmax);
    //    cout<<"--"<<tree[rt].mmax<<' '<<d<<'\n';
        tree[rt].mmax=tree[rt].sum=d;
        return ;
    }
    int mid=l+r>>1;
    upd(lc,vl,vr);
    upd(rc,vl,vr);
    pushup(rt);
}
inline node query(int rt,int vl,int vr)
{
    int l=tree[rt].l,r=tree[rt].r;
    if(vl<=l && r<=vr) return tree[rt];
    int mid=l+r>>1;
    if(vr<=mid) return query(lc,vl,vr);
    else if(vl>mid) return query(rc,vl,vr);
    return query(lc,vl,vr)+query(rc,vl,vr);
}
int n,cnt,m;
int main()
{
    while(~scanf("%d",&n)) 
    {
        build(1,1,n);
        scanf("%d",&m);
        printf("Case #%d:\n",++cnt);
        while(m--)
        {
            int f,x,y;
            scanf("%d %d %d",&f,&x,&y);
            if(x>y) swap(x,y);
            if(!f) 
            {
                upd(1,x,y);
            }
            else printf("%lld\n",query(1,x,y).sum);
        }
        puts("");
    }
    return 0;
}

SP2916 GSS5 - Can you answer these queries V

在这里插入图片描述

这题咋一看很麻烦，但如果能从分类讨论的方向着手，会发现其实就是在第一题的基础上加了点东西。我们维护的信息和第一题一样。
首先给出的[x1,y1],[x2,y2]只有两种情况，①y1<=x2,也就是两个区间中间隔了至少一个数 ②y1>x2 ，两个区间有相交
对于①，只有一种情况
我们发现无论左右端点怎么选，[y1,x2]这段是必选的，所以答案就是[y1,x2]的区间和加上max(0,[x1,y1-1]的后缀答案)，再加上max(0,[x2+1,y2]的前缀答案)

对于②：我们有4种情况
在这里插入图片描述

(1) 的情况就是左右端点都在中间,所选的区间即为[x2,y1]的子区间,所以答案就是[x2,y1]的ans
(2) 的情况就是左端点在[x1,x2],右端点在[x2,y1] ，x2这个点必取，然后加[x1,x2-1]的后缀，[x2+1,y1]的前缀
（3）的情况和（2）对称的
（4）左端点在[x1,x2] 右端点在[y1,y2]，中间段的区间和必取，然后加上[x1,x2-1]的后缀，[y1+1,y2]的前缀
4种情况取max即可,注意区间查询前要判断l<=r

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#pragma GCC optimize(2)
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define lc rt<<1
#define rc rt<<1|1
const int maxn = 1e4+10;
const int mx = 40;
const ll mod = 998244353;
const ll inf = 34359738370;
const int INF = 1e9+7;
const double pi = acos(-1.0);
struct node 
{
    int l,r;
    int sum,ans,pre,suf;
    node operator + (const node &f)const 
    {
        node t;
        t.l=l,t.r=f.r;
        t.ans=max(suf+f.pre,max(ans,f.ans));
        t.sum=sum+f.sum;
        t.pre=max(pre,sum+f.pre);
        t.suf=max(f.suf,f.sum+suf);
        return t;
    }
}tree[maxn<<2];
inline void pushup(int rt) 
{
    tree[rt]=tree[lc]+tree[rc];
}
inline void build(int rt,int l,int r) 
{
    tree[rt].l=l,tree[rt].r=r;
    if(l == r) 
    {
        scanf("%d",&tree[rt].ans);
        tree[rt].sum=tree[rt].pre=tree[rt].suf=tree[rt].ans;
        return ;
    }
    int mid=l+r>>1;
    build(lc,l,mid);build(rc,mid+1,r);
    pushup(rt);
}
inline node query(int rt,int vl,int vr) 
{
    int l=tree[rt].l,r=tree[rt].r;
    if(vl<=l && r<=vr) return tree[rt];
    int mid=l+r>>1;
    if(vr<=mid) return query(lc,vl,vr);
    else if(vl>mid) return query(rc,vl,vr);
    return query(lc,vl,vr)+query(rc,vl,vr);
}
int n;
int main()
{
    int t;cin>>t;
    while(t--) 
    {
        scanf("%d",&n);
        build(1,1,n);
        int m;scanf("%d",&m);
        while(m--) 
        {
            int x1,y1,x2,y2;
            scanf("%d %d %d %d",&x1,&y1,&x2,&y2);
            if(y1<=x2) 
            {
                int ans=query(1,y1,x2).sum;//中间段必选
                if(x1<=y1-1)
                    ans=max(ans,ans+query(1,x1,y1-1).suf);
                if(x2+1<=y2)
                    ans=max(ans,ans+query(1,x2+1,y2).pre);
                printf("%d\n",ans);
            }
            else 
            {
                int ans1=query(1,x2,y1).ans;//只选[x2,y1]

                int ans2=query(1,x2,x2).sum;
                if(x1<=x2-1)
                    ans2=max(ans2,ans2+query(1,x1,x2-1).suf);
                if(x2+1<=y1)
                    ans2=max(ans2,ans2+query(1,x2+1,y1).pre);

                int ans3=query(1,y1,y1).sum;
                if(x2<=y1-1)
                    ans3=max(ans3,ans3+query(1,x2,y1-1).suf);
                if(y1+1<=y2)
                    ans3=max(ans3,ans3+query(1,y1+1,y2).pre);
                
                int ans4=query(1,x2,y1).sum;
                if(x1<=x2-1)
                    ans4=max(ans4,ans4+query(1,x1,x2-1).suf);
                if(y1+1<=y2)
                    ans4=max(ans4,ans4+query(1,y1+1,y2).pre);
                
                printf("%d\n",max(max(ans1,ans2),max(ans3,ans4)));
            }
        }
    }
    return 0;
}

SP6779 GSS7 - Can you answer these queries VII

在这里插入图片描述
刚开始以为只是把第一题加了区间修改并且搬到树上，导致在树剖查询跳链的时候没有注意区间合并的方向性，一直wa…

线段树区间合并的时候，是左区间的pre和右区间的suf合并出新的ans
对于查询[X,Y],我们不妨把LCA->X这条链记为左链,LCA->Y记为右链,我们发现，左链对应在dfs序中是几段不相连的子段，右链同样如此，所以我们需要左右链各自跳链，独立记录答案，最后在LCA处合并答案。
此外有一个要注意的是，左链在合并的时候是把深度小的顶点作为左边，深度大的作为右边，然而我们查询X->Y是把深度大的作为左边，所以需要交换一下左链的pre和suf ，再进行最终的合并。
链的修改就是寻常的跳链。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#pragma GCC optimize(2)
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define re register
const int maxn = 1e5+10;
const int mx = 40;
const ll mod = 998244353;
const ll inf = 34359738370;
const int INF = 1e9+7;
const double pi = acos(-1.0);
//给定一棵树 查节点a到b简单路径上 点权的最大子段和(可以为空)  、 a到b路径点权改为c 
//树剖+线段树
//维护和查询过程不考虑空段情况 最后和0取max即可
//区间合并具有方向性 即左区间的后缀和右区间的前缀合并
struct 
{
    int to,next;
}e[maxn<<1];
int head[maxn],cnt=0;
inline void add(int v,int u)
{
    e[++cnt].to=u;
    e[cnt].next=head[v];
    head[v]=cnt;
}
int dep[maxn],fa[maxn],son[maxn],siz[maxn];
void dfs1(int rt,int par)
{
    siz[rt]=1;
    for(int i=head[rt];i;i=e[i].next) 
    {
        int to=e[i].to;
        if(to==par) continue;
        fa[to]=rt;
        dep[to]=dep[rt]+1;
        dfs1(to,rt);
        siz[rt]+=siz[to];
        if(siz[to] > siz[son[rt]]) son[rt]=to;
    }
}
int top[maxn],dfsc,in[maxn],pos[maxn];
void dfs2(int rt,int t) 
{
    top[rt]=t;
    in[rt]=++dfsc;
    pos[dfsc]=rt;
    if(son[rt]) dfs2(son[rt],t);
    for(int i=head[rt];i;i=e[i].next)
    {
        int to=e[i].to;
        if(to==fa[rt] || to==son[rt]) continue;
        dfs2(to,to);
    }
}
int a[maxn],n;
struct node 
{
    #define lc rt<<1
    #define rc rt<<1|1
    int l,r;
    int ans,pre,suf,sum;
    int tag;
    node operator + (const node &f)const 
    {
        node t;
        t.l=l,t.r=f.r;
        t.sum=sum+f.sum;
        t.ans=max(max(ans,f.ans),suf+f.pre);
        t.pre=max(pre,sum+f.pre);
        t.suf=max(f.suf,f.sum+suf);
        t.tag=maxn;//子区间已经递归下去了 此时rt的tag一定是"0"状态
        return t;
    }
}tree[maxn<<2];
inline void pushup(int rt)
{
    tree[rt]=tree[lc]+tree[rc];
}
inline void build(int rt,int l,int r) 
{
    tree[rt].l=l,tree[rt].r=r;
    tree[rt].tag=maxn;
    if(l == r) 
    {
        tree[rt].pre=tree[rt].suf=tree[rt].ans=a[pos[l]];
        tree[rt].sum=a[pos[l]];
        return ;
    }
    int mid=l+r>>1;
    build(lc,l,mid);build(rc,mid+1,r);
    pushup(rt);
}
inline void change(int rt,int len,int c) 
{
    tree[rt].pre=tree[rt].suf=tree[rt].ans=max(c,c*len);//负数则取c  非负数取c*len
    tree[rt].sum=c*len;
    tree[rt].tag=c;
}
inline void pushdown(int rt) 
{
    if(tree[rt].tag != maxn) 
    {
        int l=tree[rt].l,r=tree[rt].r;
        int mid=(l+r)>>1;
        change(lc,mid-l+1,tree[rt].tag);
        change(rc,r-mid,tree[rt].tag);
        tree[rt].tag=maxn;
    }
}
inline void upd(int rt,int vl,int vr,int c)//[vl,vr]改为c 
{
    int l=tree[rt].l,r=tree[rt].r;
    if(l>vr || r<vl) return ;
    if(vl<=l && r<=vr) 
    {
        change(rt,r-l+1,c);
        return ;
    }
    int mid=l+r>>1;
    pushdown(rt);
    upd(lc,vl,vr,c);
    upd(rc,vl,vr,c);
    pushup(rt);
}
inline node query(int rt,int vl,int vr) 
{
    int l=tree[rt].l,r=tree[rt].r;
    if(vl<=l && r<=vr) return tree[rt];
    int mid=l+r>>1;
    pushdown(rt);
    if(vr<=mid) return query(lc,vl,vr);
    else if(vl>mid) return query(rc,vl,vr);
    return query(lc,vl,vr)+query(rc,vl,vr);
}
//x到y 对应dfs序的几段不衔接的区间
//假设x是LCA左边的  y是LCA右边的
//我们需要左右各自跳链+合并
inline node chain_q(int x,int y) 
{
    node ans1=(node){0,0,0,0,0,0},ans2=(node){0,0,0,0,0,0};
    //左边链的答案 右边链的答案
    int fx=top[x],fy=top[y];
    while(fx != fy) 
    {
        if(dep[fx] < dep[fy]) { //链顶深度大的往上跳
            ans2=query(1,in[fy],in[y])+ans2;//加号两边的顺序不能写反
            y=fa[fy];
            fy=top[y];
        }
        else {//链顶深度大的往上跳 
              //ans1的方向是LCA->X  ,但是答案需要的是X->LCA,所以最后需要交换ans1的pre和suf 
            ans1=query(1,in[fx],in[x])+ans1;//加号两边的顺序不能写反
            x=fa[fx];
            fx=top[x];
        }
    }
    //x在下面
    if(in[y] < in[x]) ans1=query(1,in[y],in[x])+ans1;//加号两边的顺序不能写反
    //y在下面
    else ans2=query(1,in[x],in[y])+ans2;//加号两边的顺序不能写反
    //x->LCA这条链我们算的pre suf其实是LCA->x的方向,所以需要交换一下,然后和ans2进行合并
    swap(ans1.pre,ans1.suf);
    return ans1+ans2;//加号两边的顺序不能写反
}
//链的修改是寻常跳链
inline void chain_u(int x,int y,int c) 
{
    int fx=top[x],fy=top[y];
    while(fx != fy) 
    {
        if(dep[fx] < dep[fy]) swap(x,y),swap(fx,fy);
        upd(1,in[fx],in[x],c);
        x=fa[fx];
        fx=top[x];
    }
    //x y此时在同一条链 深度小的就是LCA
    if(in[x] > in[y]) swap(x,y);
    upd(1,in[x],in[y],c);
}
void init()
{
    cnt=0,dfsc=0,dep[1]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) 
    {
        scanf("%d",a+i);
        head[i]=0;
        son[i]=0;
    }
    for(int i=1;i<n;i++) 
    {
        int u,v;
        scanf("%d %d",&u,&v);
        add(u,v),add(v,u);
    }
}
int main()
{   
    scanf("%d",&n);
    init();
    //树剖
    dfs1(1,1);
    dfs2(1,1);
    //建树
    build(1,1,n);
    int m;
    scanf("%d",&m);
    while(m--) 
    {
        int f,x,y,c;
        scanf("%d",&f);
        if(f==1) 
        {
            scanf("%d %d",&x,&y);
            //可以为空段 所以和0取max
            printf("%d\n",max(0,chain_q(x,y).ans));
        }
        else 
        {
            scanf("%d %d %d",&x,&y,&c);
            chain_u(x,y,c);
        }
    }
    return 0;
}