题目描述

小Z是一个小有名气的钢琴家，最近C博士送给了小Z一架超级钢琴，小Z希望能够用这架钢琴创作出世界上最美妙的音乐。

这架超级钢琴可以弹奏出n个音符，编号为1至n。第i个音符的美妙度为Ai，其中Ai可正可负。

一个“超级***”由若干个编号连续的音符组成，包含的音符个数不少于L且不多于R。我们定义超级***的美妙度为其包含的所有音符的美妙度之和。两个超级***被认为是相同的，当且仅当这两个超级***所包含的音符集合是相同的。

小Z决定创作一首由k个超级***组成的乐曲，为了使得乐曲更加动听，小Z要求该乐曲由k个不同的超级***组成。我们定义一首乐曲的美妙度为其所包含的所有超级***的美妙度之和。小Z想知道他能够创作出来的乐曲美妙度最大值是多少。

输入输出格式

输入格式：

输入第一行包含四个正整数n, k, L, R。其中n为音符的个数，k为乐曲所包含的超级***个数，L和R分别是超级***所包含音符个数的下限和上限。

接下来n行，每行包含一个整数Ai，表示按编号从小到大每个音符的美妙度。

输出格式：

输出只有一个整数，表示乐曲美妙度的最大值。

输入输出样例

输入样例#1：

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4 3 2 3
3
2
-6
8

输出样例#1：

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11

说明

共有5种不同的超级***：

1.    音符1 ~ 2，美妙度为3 + 2 = 5
2.    音符2 ~ 3，美妙度为2 + (-6) = -4
3.    音符3 ~ 4，美妙度为(-6) + 8 = 2
4.    音符1 ~ 3，美妙度为3 + 2 + (-6) = -1
5.    音符2 ~ 4，美妙度为2 + (-6) + 8 = 4

最优方案为：乐曲由***1，***3，***5组成，美妙度为5 + 2 + 4 = 11。

所有数据满足：-1000 ≤ Ai ≤ 1000，1 ≤ L ≤ R ≤ n且保证一定存在满足要求的乐曲。

题解

很有意思的一个题目。虽然没看题解我没想出来...
固定右端点，那么合法左端点就是连续的一段区间，子段和可以转换成前缀和相减的形式，那么就变成了在一段区间中求\(min\)的操作。这个用\(ST\)表维护。
用堆维护四元组\((val,id,l,r)\)(\(val\)区间最优答案，\(id\)为右端点的编号，\(l\)，\(r\)为合法左端点的区间)。按照\(val\)为关键字放进大根堆里面。
那么只要每次取出堆顶累计答案，找出使答案最大化的那个合法左端点x，再放\((newval_1,id,l,x)\)和\((newval_2,id,x+1,r)\)进去堆里就好了。
复杂度是\(O(n\log n)\)的

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

namespace io {
char buf[1<<21], *p1 = buf, *p2 = buf;
inline char gc() {
    if(p1 != p2) return *p1++;
    p1 = buf;
    p2 = p1 + fread(buf, 1, 1 << 21, stdin);
    return p1 == p2 ? EOF : *p1++;
}
#define G gc

#ifndef ONLINE_JUDGE
#undef G
#define G getchar
#endif

#define I int
inline I read() {
    I x = 0, f = 1; char c = G();
    while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = G(); }
    while(c >= '0' && c <= '9') {x = x * 10 + c - '0'; c = G(); }
    return x * f;
}

inline void write(I x) {
    if(x == 0) {putchar('0'); return;}
    I tmp = x > 0 ? x : -x;
    if(x < 0) putchar('-');
    int cnt = 0;
    while(tmp > 0) {
        buf[cnt++] = tmp % 10 + '0';
        tmp /= 10;
    }
    while(cnt > 0) putchar(buf[--cnt]);
}
#undef I

#define in(x) x = read()
#define outn(x) write(x), putchar('\n')
#define out(x) write(x), putchar(' ')

} using namespace io;

#define ll long long
const int N = 500010;
const int inf = 1e9;

int n = read(), k = read(), L = read(), R = read();
ll s[N];
int a[N], lg[N];

struct node {
    ll v;
    int id;
}f[N][21];

struct task {
    int id, l, r;
};

node query(int l, int r) {
    int K = lg[r - l + 1];
    if(f[l][K].v > f[r - (1 << K) + 1][K].v) return f[r - (1 << K) + 1][K];
    return f[l][K];
}

bool operator < (task a, task b) {
    node v1 = query(a.l, a.r), v2 = query(b.l, b.r);
    return s[a.id] - v1.v < s[b.id] - v2.v;
}

priority_queue<task>q;

void init() {
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        in(a[i]);
        s[i] = s[i - 1] + a[i];
        f[i][0].v = s[i];
        f[i][0].id = i;
    }
    for(int i = 2; i <= n; ++i) lg[i] = lg[i / 2] + 1;
    for(int j = 1; (1 << j) <= n; ++j) {
        for(int i = 0; i <= n; ++i) {
            if(i + (1 << j) - 1 > n) break;
            if(f[i][j - 1].v > f[i + (1 << (j - 1))][j - 1].v) f[i][j] = f[i + (1 << (j - 1))][j - 1];
            else f[i][j] = f[i][j - 1];
        }
    }
    for(int i = L; i <= n; ++i) {
        q.push({i, max(i - R, 0), i - L});
    }
}

int main() {
    init();

    ll ans = 0;
    while(k--) {
        task now = q.top(); q.pop();
        node x = query(now.l, now.r);
        ans += s[now.id] - s[x.id];
        if(now.l != x.id) q.push({now.id, now.l, x.id - 1});
        if(x.id != now.r) q.push({now.id, x.id + 1, now.r});
    }

    printf("%lld\n", ans);
}