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（最近把早些年零散写的题解收集整理一下）
关于这篇题解的背景：
先前已经有人用树（堆）写了题解，但是时间复杂度还没有达到极致。于是我写了这篇时间复杂度为 $O(n)$ 的做法题解。

梳理题意

题目链接。
每次求剩下未被擦除的所有数字中，最大连续子段和的值且不能包含任何被擦除的位置。

解题思路

每次调用一遍最大连续子段和时间复杂度为 $O(n)$ ，那么总的时间复杂度为 $O(n^2)$，如果常数小一些能勉强过掉 $60\%$ 的数据；但是该题与最大连续子段和模板题的最大区别在于 $1\le a_i\le 10^9$ 。是的，$a_i$均为正数！
那么很明显我们每一次得到的最大连续子段一定与两个’X’（被擦掉的位置）或开头或结尾相邻，即尽可能向外延伸。
这时候我们也就没必要每一个区间都打一个最大值，仅记录符合上文要求的区间最大值即可。
但是又遇到了问题：每一次擦掉数字，区间会改变：一个区间分裂为两个区间。既要消除前者的影响，也要将答案再和后者取最大值。消除前者的影响至少需要对数级别的复杂度（可以使用平衡树），但那样不如直接使用线段树了。或许每一次都再打一遍最大值？那么成了 $O(n^2)$ 算法，刚刚的分析也就没意义了。此时，“正难则反”，要从反面来思考问题。
从后向前，由擦除数字改为每次加入数字，于是就变成：两个区间合并为一个区间。由于前面所提 $a_i>0$ ，所以两个子区间分别的和必然小于合并后区间的和，所以不会对答案产生影响，自然无需消除影响（想一想，为什么？）。
于是只需将合并后区间的和与当前最大值比大小。这样一遍加数一边打擂台就可以考虑到所有的需要考虑的区间。但是又应该如何在 $O(1)$ 的复杂度完成区间的求和？
考虑 $cnt[i]$ 代表区间号为 $i$ 的区间和； $CNT$ 代表当前使用过的最大区间号，因此再加一就是一个空余区间号（类似于链式前向星的计数器）； $LEFT[i]$ 表示区间号为 $i$ 的区间向左能扩展到的位置（个人程序实现时为方便而-1）； $RIGHT[i]$ 表示区间号为 $i$ 的区间向右能扩展到的位置（个人程序实现时为方便而+1）；$l[i]$ 表示向左能扩展到位置 $i$ 的区间的区间号；$r[i]$ 表示向右能扩展到位置 $i$ 的区间的区间号；而 $ans[i]$ 表示在 $p[i]$ 被擦掉以后的答案。
或许你已经注意到：$l$ 和 $LEFT$，$r$ 和 $RIGHT$ 是维护双射的数组。（在编写与调试此类问题时极需要耐心）

具体实现

于是逆序枚举：当每一个被擦掉的 $p[i]$ “还原回来”，有以下操作：
1.更新 $cnt$ 数组。每一个 $p[i]$ 还原回来时都将原本两个独立的区间合并（可以为空），而 $p[i]$ 则分别是这两个集合向左和向右能扩展到的位置，所以它们的区间号分别是 $l[p[i]]$ 和 $r[p[i]]$ ，再加上 $a[p[i]]$，因此：

cnt[++CNT]=cnt[l[p[i]]]+cnt[r[p[i]]]+a[p[i]];

2.维护 $LEFT$ 和 $RIGHT$ 数组。在最开始时均初始化为 $-1$ 。如果 $LEFT[r[p[i]]]$ 为-1，说明原左侧区间为空，此时应当将现区间能扩展到的最左位置更新为 $p[i]-1$ ；否则不是空区间，那么最左端应该是左侧区间的左端即 $LEFT[r[p[i]]]$。$RIGHT$ 数组同理。于是得到：

if(LEFT[r[p[i]]]==-1)LEFT[CNT]=p[i]-1;
else LEFT[CNT]=LEFT[r[p[i]]];
if(RIGHT[l[p[i]]]==-1)RIGHT[CNT]=p[i]+1;
else RIGHT[CNT]=RIGHT[l[p[i]]];

3.维护 $l$ 和 $r$ 数组。一开始均为 $0$ （我的区间号从 $1$ 标起， $0$ 默认为空区间），由于$l$ 和 $LEFT$，$r$ 和 $RIGHT$ 双向映射，而在第2步中 $LEFT$ 和 $RIGHT$ 已经更新，所以只需要维护双射即可（若解释理解也可以，但是这样思考起来更方便）：

l[LEFT[CNT]]=r[RIGHT[CNT]]=CNT;

4.更新 $ans$ 数组：

ans[i-1]=max(ans[i],cnt[CNT]);

总结反思

我的方法时间复杂度为 $O(n)$ ，利用 $a_i>0$ 的条件避免冗余比较，总计只会考虑 $n$ 个区间。虽然它只能处理 $a_i>0$ ，而树（堆）的做法似乎没有限制，然而我相信出题人既然给出了 $a_i>0$ 的条件，那必定有它存在的价值，值得我们去探究，成为我们做题乃至优化的依据之一。一旦数据加到百万甚至千万级别，$O(nlogn)$ 的做法就有可能超时。最后，希望同学们不选得分最高的，要选最适合自己的算法！

注：修改于2024年8月6日。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;int a[100010],n,p[100010],ans[100010],l[100010],r[100010],cnt[100010],CNT,LEFT[100010],RIGHT[100010];signed main(){cin>>n;for(int i=1;i<=n;++i){cin>>a[i];}for(int i=1;i<=n;++i)cin>>p[i];memset(LEFT,-1,sizeof(LEFT));memset(RIGHT,-1,sizeof(RIGHT));for(int i=n;i>=1;--i){cnt[++CNT]=cnt[l[p[i]]]+cnt[r[p[i]]]+a[p[i]];if(LEFT[r[p[i]]]==-1)LEFT[CNT]=p[i]-1;else LEFT[CNT]=LEFT[r[p[i]]];if(RIGHT[l[p[i]]]==-1)RIGHT[CNT]=p[i]+1;else RIGHT[CNT]=RIGHT[l[p[i]]];l[LEFT[CNT]]=r[RIGHT[CNT]]=CNT;ans[i-1]=max(ans[i],cnt[CNT]);}for(int i=1;i<=n;++i)cout<<ans[i]<<" ";return 0;
}