其实小白逛公园和SP1716是一道题，UVA1400是升级版....都是线段树
题目链接：
1.小白逛公园（这有题面）
2.SP1716 GSS3 - Can you answer these queries III（裸题意在这）
3.UVA1400 "Ray, Pass me the dishes!"
题意：
n 个数，q 次操作
操作0 x y把A_x 修改为y
操作1 l r询问区间[l, r]的最大子段和
常识数据范围。
思路：这题难在合并，单点修改很容易。我们可以分类讨论，一个区间的最大子段和会从3部分更新过来：
1.左子树的最大子段和。2.右子树的最大子段和。3.跨越左右子树的最大子段和。
前两种情况很容易，直接更新即可，考虑第三种情况怎么更新。
我们开一个结构体
struct Tree{ ll pre,suf,sub,val; }tree[N];
pre为当前区间的最大前缀和，suf为当前区间的最大后缀和，sub为当前区间的最大子段和，val为当前区间的和。
可以发现，第三种情况为 左子树的最大后缀和+右子树的最大前缀和。
合并操作分析完毕，接下来只要考虑怎么让代码优雅了.
合并操作代码：
inline Tree push_up(R Tree q,R Tree e){//左子树 右子树 Tree w; w.pre=max(q.pre,q.val+e.pre); w.suf=max(e.suf,e.val+q.suf); w.sub=max(max(q.sub,e.sub),q.suf+e.pre); w.val=q.val+e.val; return w; }
还要注意一点，询问的时候，若左右子树只有一个访问到了，一定不能将两个直接合并，因为另一个没有访问的区间不属于这次询问的范围。
询问操作代码：
inline Tree query(R int p,R int l,R int r,R int x,R int y){ R Tree w,q,e; R int pd1=0,pd2=0; if(l>=x&&r<=y)return tree[p]; R int mid=(l+r)>>1; if(x<=mid){ q=query(p<<1,l,mid,x,y); pd1=1; } if(y>mid){ e=query(p<<1|1,mid+1,r,x,y); pd2=1; } if(pd1&&pd2)w=push_up(q,e); else if(pd1)w=q; else if(pd2)w=e; return w; }
完整代码：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define R register #define ll long long int using namespace std; const int N=500005<<2; ll n,q,a[N]; struct Tree{ ll pre,suf,sub,val; }tree[N]; inline Tree push_up(R Tree q,R Tree e){ Tree w; w.pre=max(q.pre,q.val+e.pre); w.suf=max(e.suf,e.val+q.suf); w.sub=max(max(q.sub,e.sub),q.suf+e.pre); w.val=q.val+e.val; return w; } inline void build(R int p,R int l,R int r){ if(l==r){ tree[p].pre=tree[p].suf=tree[p].sub=tree[p].val=a[l]; return; } R int mid=(l+r)>>1; build(p<<1,l,mid); build(p<<1|1,mid+1,r); tree[p]=push_up(tree[p<<1],tree[p<<1|1]); } inline void update(R int p,R int l,R int r,R int x,R ll k){//A[x]=k if(l==r){ tree[p].pre=tree[p].suf=tree[p].sub=tree[p].val=k; return; } R int mid=(l+r)>>1; if(x<=mid) update(p<<1,l,mid,x,k); else update(p<<1|1,mid+1,r,x,k); tree[p]=push_up(tree[p<<1],tree[p<<1|1]); } inline Tree query(R int p,R int l,R int r,R int x,R int y){ R Tree w,q,e; R int pd1=0,pd2=0; if(l>=x&&r<=y)return tree[p]; R int mid=(l+r)>>1; if(x<=mid){ q=query(p<<1,l,mid,x,y); pd1=1; } if(y>mid){ e=query(p<<1|1,mid+1,r,x,y); pd2=1; } if(pd1&&pd2)w=push_up(q,e); else if(pd1)w=q; else if(pd2)w=e; return w; } int main(){ scanf("%lld",&n); for(R int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]); build(1,1,n); scanf("%lld",&q); for(R int i=1;i<=q;i++){ R int pd,x,y; scanf("%d%d%d",&pd,&x,&y); if(pd==0){ update(1,1,n,x,y); } else{ Tree w; if(x>y)swap(x,y); w=query(1,1,n,x,y); printf("%lld ",w.sub); } } return 0; }
其实这道题的合并还好，只需要取几个max，Uva1400 的合并才叫恶心，
题意：
给出一个长度为n的整数序列D，你的任务是对m个询问做出回答。
对于询问（a,b），需要找到两个下标x和y，
使得a<=x<=y<=b，并且Dx+Dx+1+....+Dy尽量大。
如果有多组满足条件的x和y，x尽量小。
如果还有多个解，y应该尽量小。
这道题的结构体需要记录的东西更多：
struct Tree{ LL pre,suf,sub,val,lch,rch,ll,rr;
// 前缀 后缀 最大字段和 区间和 字段和左端点和右端点 前缀和右端点 后缀和左端点 }tree[N<<2];
为什么要多记录这4个东西？它要求的不是最大子段和，而是最大子段和的左右端点，我们考虑合并的时候需要用到最大子段和，前缀和，后缀和，所以我们需要记录这些。
合并的时候需要分类讨论：
1.在保证最大子段和的前提下，x尽量小的情况下，y也尽量小。
上一道题怎么合并的？取了3个max，总共有7种情况，分类讨论就好了，
麻烦...
合并代码：
inline Tree update(Tree q,Tree e,int pos){ Tree a; a.pre=a.suf=a.sub=a.val=0;a.val=q.val+e.val;//前缀 if((q.val+e.pre)<=q.pre){ a.pre=q.pre; a.ll=q.ll; } else//前缀 { a.pre=q.val+e.pre; a.ll=e.ll; } if((e.val+q.suf)>=e.suf){//后缀 a.suf=e.val+q.suf; a.rr=q.rr; } else//后缀 { a.suf=e.suf; a.rr=e.rr; } if((q.sub>=e.sub)&&(q.sub>=q.suf+e.pre)){//字段和 a.sub=q.sub; a.lch=q.lch; a.rch=q.rch; } else if((q.suf+e.pre>=q.sub)&&(q.suf+e.pre>=e.sub))//字段和 { a.sub=q.suf+e.pre; a.lch=q.rr; a.rch=e.ll; } else//字段和 { a.sub=e.sub; a.lch=e.lch; a.rch=e.rch; } return a; }
完整代码：
//a.pre=max(q.pre,q.val+e.pre); //a.suf=max(e.suf,e.val+q.suf);原始合并方程 //a.sub=max(max(q.sub,e.sub),q.suf+e.pre); #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define R register #define LL long long int using namespace std; const int N = 5e5+5 ; LL n,m,d[N],num; struct Tree{ LL pre,suf,sub,val,lch,rch,ll,rr;//前缀 后缀 最大字段和 区间和 左区间 右区间 }tree[N<<2]; inline void init(){ memset(d,0,sizeof(d)); memset(tree,0,sizeof(tree)); } inline Tree update(Tree q,Tree e,int pos){ Tree a; a.pre=a.suf=a.sub=a.val=0;a.val=q.val+e.val;//前缀 if((q.val+e.pre)<=q.pre){ a.pre=q.pre; a.ll=q.ll; } else//前缀 { a.pre=q.val+e.pre; a.ll=e.ll; } if((e.val+q.suf)>=e.suf){//后缀 a.suf=e.val+q.suf; a.rr=q.rr; } else//后缀 { a.suf=e.suf; a.rr=e.rr; } if((q.sub>=e.sub)&&(q.sub>=q.suf+e.pre)){//字段和 a.sub=q.sub; a.lch=q.lch; a.rch=q.rch; } else if((q.suf+e.pre>=q.sub)&&(q.suf+e.pre>=e.sub))//字段和 { a.sub=q.suf+e.pre; a.lch=q.rr; a.rch=e.ll; } else//字段和 { a.sub=e.sub; a.lch=e.lch; a.rch=e.rch; } return a; } inline void build(R int p,R int l,R int r){ if(l==r){ tree[p].pre=tree[p].suf=tree[p].sub=tree[p].val=d[l]; tree[p].ll=tree[p].rr=tree[p].lch=tree[p].rch=l; return; } R int mid=(l+r)>>1; build(p<<1,l,mid); build(p<<1|1,mid+1,r); tree[p]=update(tree[p<<1],tree[p<<1|1],p); } inline Tree query(R int p,R int l,R int r,R int x,R int y){ R Tree q,e,w; R int pd1=0,pd2=0; if(l>=x&&r<=y) { return tree[p]; } R int mid=(l+r)>>1; if(x<=mid){ q=query(p<<1,l,mid,x,y); pd1=1; } if(y>mid){ e=query(p<<1|1,mid+1,r,x,y); pd2=1; } if(pd1&&pd2)w=update(q,e,p); else if(pd1)w=q; else if(pd2)w=e; return w; } int main(){ while(~scanf("%lld%lld",&n,&m)){ init(); num++; printf("Case %lld: ",num); for(R int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&d[i]); build(1,1,n); for(R int i=1;i<=m;i++){ R int a,b; R Tree c; scanf("%d%d",&a,&b); c=query(1,1,n,a,b); printf("%lld %lld ",c.lch,c.rch); } } }
如果你还是无法调对程序，我这有对拍用的随机数代码：
#include<cstdio> #include<cstdlib> #include<ctime> #include<algorithm> using namespace std; int main() { freopen("test.in","w",stdout); srand((unsigned)time(NULL)); int T = rand()%5 + 1; while(T--) { int n = rand()%10+1,m = rand()%5+1; printf("%d %d ",n,m); for(int i = 1; i <= n; i++) if(rand()%2){ printf("%d ",rand()%100); }else printf("%d ",-rand()%100); printf(" "); for(int i = 1; i <= m; i++) { int l = rand()%n+1,r = rand()%n+1; if(l>r) swap(l,r); printf("%d %d ",l,r); } } return 0; }
鬼知道这道题我调了多久...
总结：第一次做到合并的复杂操作，估计其它类型的合并也是类似的方法，至少我会的合并方法不是简单的tree[p]=tree[p<<1]+tree[p<<1|1]了。