把自己去年在luogu写的一个题解搬过来
1. 题目大意
给定一个长度为 (n) 的数列 (a_1,a_2,a_3,...,a_n) , 并给出 (m) 个操作，操作类型如下：
操作1：查询区间最大值，输出最大值与 (a_1) 的差；
操作2：交换两个数的位置；
操作3：选择一段区间 ([l,r]) 并给定 (t) ，将区间中第 (x) 个数加上 $xcdot t $ .
(n,m le 10^5) .
2. 解题报告
本题的正解是分块。
首先我们先考虑操作3，对于两边的元素，我们直接暴力修改然后重构即可。那么我们如何维护整块呢？
维护 (add[ x ]) 表示第 (x) 块累加的 (t) , 那我们要得到单个元素，再维护一个偏移量 (del[x]) ，这样块中元素的权值即可表示为 (w[i]=a[i]+add[x] imes i-del[x]).
（举个例子，若给块 ([4,6]) 加上 (2T, 3T, 4T) ，那么(add[x]=T) ，(del[x]=2T)，这样 (w[5]=a[5]+5T-2T=a[5]+3T) .）
对于操作2，我们直接暴力交换然后重构块即可。
对于操作1，我们考虑在整块被修改后，如何维护块内的最大值。由于每个元素的编号 (i) 和权值 (a_i) 都是定值且 (i) 单增，我们可以将每个元素看成 ((i,a_i)) ，然后用单调栈维护一个上凸壳。这样随着 (add) 的增大，最大元素位置一定向右移动，且元素权值呈单峰。
每个操作维护（询问）的复杂度都为 (O( nsqrt{n} ))，再加上本题时间限制宽松，可以轻松通过。
3. 参考程序
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
namespace io {
const int SIZE=(1<<21)+1;
char ibuf[SIZE],*iS,*iT;
char gc()
{
if(iS==iT) iT=(iS=ibuf)+fread(ibuf,1,SIZE,stdin);
if(iS==iT) return EOF;
return *iS++;
}
inline int gi()
{
char c; int x=0,f=1;
for(;c<'0'||c>'9';c=gc())if(c=='-')f=-1;
for(;c>='0'&&c<='9';c=gc())x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';
return x*f;
}
}
using io::gi;
const int N=100005,qN=320;
int n,m,bel[N],b,s[qN][qN],tp[qN],pos[qN];
ll h[N],a[N],add[qN],del[qN];
#define top s[x][tp[x]]
#define dtp s[x][tp[x]-1]
#define Max(x) s[x][pos[x]]
void remove(int x)
{
for(int i=(x-1)*b+1;i<=x*b;i++) a[i]+=add[x]*i-del[x];
add[x]=del[x]=pos[x]=tp[x]=0;
}
void build(int x)
{
memset(s[x],0,sizeof(s[x]));
for(int i=(x-1)*b+1;i<=x*b;i++)
{
while(tp[x]>1&&(a[i]-a[top])*(top-dtp)>=(a[top]-a[dtp])*(i-top))--tp[x];
s[x][++tp[x]]=i;
}
for(pos[x]=1;pos[x]<=tp[x]&&a[s[x][pos[x]+1]]>=a[s[x][pos[x]]];pos[x]++);
}
void update(int x)
{
for(;pos[x]<=tp[x];pos[x]++)
if(a[s[x][pos[x]+1]]+add[x]*s[x][pos[x]+1]<a[s[x][pos[x]]]+add[x]*s[x][pos[x]])
break;
}
int main()
{
n=gi(),m=gi();
b=sqrt(n);
for(int i=1;i<=n;i++) bel[i]=(i-1)/b+1,a[i]=gi();
for(int i=1;i<=bel[n];i++) build(i);
while(m--)
{
int op=gi(),l=gi(),r=gi();
if(op==1)
{
ll k=a[1]+add[1]-del[1];
ll mx=k;
for(;bel[l]==bel[l-1]&&l<=r;l++)
mx=max(mx,a[l]+add[bel[l]]*l-del[bel[l]]);
for(;l+b<=r;l+=b)
mx=max(mx,a[Max(bel[l])]+add[bel[l]]*Max(bel[l])-del[bel[l]]);
for(;l<=r;l++)
mx=max(mx,a[l]+add[bel[l]]*l-del[bel[l]]);
printf("%lld
",mx-k);
}
if(op==2)
{
remove(bel[l]),remove(bel[r]);
swap(a[l],a[r]);
build(bel[l]); build(bel[r]);
}
if(op==3)
{
int t=gi(),tl=l;
for(;bel[l]==bel[l-1]&&l<=r;l++) a[l]+=(l-tl+1)*t;
remove(bel[l-1]); build(bel[l-1]);
for(;l+b<=r;l+=b) add[bel[l]]+=t,del[bel[l]]+=(tl-1)*t,update(bel[l]);
for(;l<=r;l++) a[l]+=(l-tl+1)*t;
remove(bel[r]); build(bel[r]);
}
}
}
4. 附：维护上凸壳的正确性数学证明
附赠给不能理解维护上凸壳正确性的同学：
假设现在有3个元素 (x,y,z) ，设它们的编号分别为 (h_x, h_y, h_z)，元素大小为 (a_x,a_y,a_z) ，权值为(w_x,w_y,w_z) ， (h_x<h_y<h_z) 。设 (add) 值为 (T), 若存在 (T) 使得 (w_y > w_x) 且 (w_y>w_z)，则作差列出不等式：
(a_x-a_y<(h_y-h_x)T) ， (a_y-a_z>(h_z-h_y)T) .
两式整理合并可得 (displaystyle frac{a_z-a_y}{h_z-h_y}<frac{a_y-a_x}{h_y-h_x}) .
即：直线 (y o z) 的斜率小于直线 (x o y) 的斜率，故维护上凸壳。同时易发现，随着 (T) 的不断增大，最大元素的位置右移，且最大元素左边的权值递增，右边的权值递减（即单峰）。