點這裡看題目。
離線的話，我們顯然可以 線段樹分治 + dp ，時間複雜度大概是 \(o(m\log_2m+mp)\) 。
顯然我們需要乙個 dp 去維護答案，這裡不再贅述。
考慮我們直接處理的難點之一是雙端佇列兩段可操作，而一端可操作的結構，棧，就可以簡單地維護 dp 。因此，我們考慮將雙端佇列拆成兩棧分別維護左端和右端。
有了這個思路，剩下的都比較簡單了。插入操作可以直接維護 dp 陣列。刪除操作可以把棧頂的 dp 陣列清空。查詢的時候，我們列舉一端的 dp 值 \(dpl(i)\) ，此時對應可用的 \(dpr\) 的值必然是一段區間，我們可以考慮使用單調佇列之類的資料結構維護一下。
插入、查詢都可以做到 \(o(p)\) 。刪除時，如果一端的棧已經被刪空了，我們需要在另一端的棧裡打上標記，在之後對兩個棧進行均分重構。
時間複雜度是 ...... \(o(?\times p)\) 。
#include #include typedef long long ll;
const ll inf = 1e10;
const int maxn = 5e4 + 5, maxp = 505;
templatevoid read( _t &x )
while( s >= '0' && s <= '9' )
x *= f;
}templatevoid write( _t x )
if( 9 < x )
putchar( x % 10 + '0' );
}template_t max( const _t a, const _t b )
ll dpl[maxn][maxp], dpr[maxn][maxp];
ll f[maxp << 1];
int q[maxp];
int stkl[maxn], stkr[maxn];
int tmp[maxn];
int w[maxn], v[maxn];
int n, p, topl, topr, butl, butr;
void rebuild();
void upt( ll &x, const ll v )
int fix( const int a )
void popl()
topl --;
if( ! topl ) rebuild();
}void popr()
topr --;
if( ! topr ) rebuild();
}void insertl( const int id )
void insertr( const int id )
void rebuild()
ll query()
while( h <= t && q[h] < l - i ) h ++;
ans = max( ans, f[q[h]] + dpl[topl][i] );
} r = 0;
for( int i = p - 1 ; i > l ; i -- )
while( h <= t && q[h] < l - i + p ) h ++;
ans = max( ans, f[q[h]] + dpl[topl][i] );
}return ans < 0 ? -1 : ans;
}int main()
return 0;
}
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