YBTOJ 小白逛公园

题面：洛谷传送门

题目的算法要素：线段树&返回值为结构体的线段树

题目分析：

线段树的单点赋值+区间查询（查询区间内和最大的一段序列）。

因为某一段区间内和最大的一段序列是从它的小区间中合并出来的，需要不断与其他区间比较，且小区间内的最大序列不一定是大区间内的最大序列的一部分。
因此如果直接返回序列和是不可行的，因此我们选择把返回结构体：便于合并，便于与其他序列比较。

设tree[i].lmax,tree[i].rmax,tree[i].max分别为点i所代表的区间中从以左端点为端点的序列中的最大序列，以右端点为端点的序列中的最大序列 ，整个区间中的最大序列。
则合并两个序列时有

	c.l=max(a.l,a.sum+b.l);
	c.r=max(b.r,b.sum+a.r);
	c.mmax=max(max(b.mmax,a.mmax),a.r+b.l);
(c为父节点，a、b为其子节点)

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完整代码：

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=5e5+5;
int n,a,b,m,k,input[maxn];
struct mint
{
	int sum,mmax,l,r;	
}tree[maxn<<2];
mint add(mint a,mint b)
{
	mint c;
	c.sum=a.sum+b.sum;
	c.l=max(a.l,a.sum+b.l);
	c.r=max(b.r,b.sum+a.r);
	c.mmax=max(max(b.mmax,a.mmax),a.r+b.l);
	return c;
}
void build(int k,int l,int r)
{
	if(l==r)
	{
		tree[k].sum=input[l];
		tree[k].l=input[l];
		tree[k].r=input[l];
		tree[k].mmax=input[l];
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	build(k<<1,l,mid);
	build(k<<1|1,mid+1,r);
	tree[k]=add(tree[k<<1],tree[k<<1|1]);
}
void dotchange(int k,int l,int r,int x,int v)
{
	if(l==r)
	{
		tree[k].sum=v;
		tree[k].l=v;
		tree[k].r=v;
		tree[k].mmax=v;
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	if(x<=mid) dotchange(k<<1,l,mid,x,v);
	if(mid+1<=x) dotchange(k<<1|1,mid+1,r,x,v);
	tree[k]=add(tree[k<<1],tree[k<<1|1]);
	return;
}	
mint longquery(int k,int l,int r,int x,int y)
{
	if(x<=l&&r<=y) return tree[k];
	int mid=(l+r)>>1;
	if(y<=mid) return longquery(k<<1,l,mid,x,y);
	if(mid+1<=x) return longquery(k<<1|1,mid+1,r,x,y);
	mint a,b,c;
	a=longquery(k<<1,l,mid,x,y);
	b=longquery(k<<1|1,mid+1,r,x,y);
	c=add(a,b);
	return c;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&input[i]);
	build(1,1,n);
	for(int q=1;q<=m;++q)
	{
		scanf("%d%d%d",&k,&a,&b);
		if(k==1)
		{
			if(a>b) swap(a,b);
			mint ans=longquery(1,1,n,a,b);
			printf("%d\n",ans.mmax);
		}
		else dotchange(1,1,n,a,b);	
	}
	return 0;	
}

标签：mmax,YBTOJ,tree,区间,小白,端点,max,序列,逛公园
来源： https://www.cnblogs.com/mint-hexagram/p/15294444.html