题解 CF515E 【Drazil and Park】

### 思路： $\quad$对于此题考虑使用线段树维护，因为有环，所以断环为链，数组开两倍，另外距离换成坐标(距离的前缀和)，假设最后求的两棵树分别为 $x$ ， $y$ $(dis_x<dis_y)$，那么答案就是 $2\times (h_x+h_y)+dis_y-dis_x$ ，就是 $(2\times h_x-dis_x)+(2\times h_y+dis_y)$ ，那么我们线段树维护这两个值及答案，一个作答案的左端点( $x$ )，一个作答案的右端点( $y$ )，注意要保证 $dis_x<dis_y$ ，建树和询问的代码应重点看看，另外询问返回的值是结构体，数值初始化应为 $-inf$ ，因为 $sumr$ 的值可能为负，时间复杂度为 $O((n+m)\log {2n})$。 ```cpp struct node{ int suml,sumr,Max; }t[N<<2]; il void build(int k,int l,int r) { if(l==r){t[k].suml=h[l]+dis[l];t[k].sumr=h[l]-dis[l];t[k].Max=-inf;return;}//suml表示作右端点，sumr表示作左端点 int mid=l+r>>1; build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r); t[k].suml=max(t[k<<1].suml,t[k<<1|1].suml); t[k].sumr=max(t[k<<1].sumr,t[k<<1|1].sumr); t[k].Max=max(t[k<<1].Max,max(t[k<<1|1].Max,t[k<<1|1].suml+t[k<<1].sumr));//取 (左儿子的最大值，右儿子的最大值，左儿子中最适合作左端点的加上右儿子中最适合作右端点的和) 这三者的最大值 } il node query(int k,int l,int r,int x,int y) { if(x<=l&&y>=r)return t[k]; int mid=l+r>>1;node t1,t2,t3; t1.suml=t1.sumr=t1.Max=t2.suml=t2.sumr=t2.Max=t3.suml=t3.sumr=t3.Max=-inf; if(x<=mid)t1=query(k<<1,l,mid,x,y); if(y>mid)t2=query(k<<1|1,mid+1,r,x,y); t3.suml=max(t1.suml,t2.suml); t3.sumr=max(t1.sumr,t2.sumr); t3.Max=max(t1.Max,max(t2.Max,t2.suml+t1.sumr)); return t3; } ``` $\quad$关于变量名的解释：用数组 $h_i$ 表示第 $i$ 棵树的高度(或 $i-n$ )，数组 $d_i$ 表示第 $i$ 棵树和第 $i+1$ 棵树的距离，数组 $dis_i$ 表示第 $i$ 棵树的坐标， $sumr$ 指最大的可做左端点的数， $suml$ 指最大的可做右端点的数， $Max$ 指这个区间的最大答案 $\quad$再看看主函数吧，求补集的操作要额外注意 ```cpp signed main() { n=read();m=read(); for(re i=1;i<=n;i++)d[i]=d[i+n]=read(); for(re i=1;i<=n;i++)h[i]=h[i+n]=read()<<1; for(re i=1;i<=n<<1;i++)dis[i]=dis[i-1]+d[i-1];//注意d[i-1]表示的才是第i-1棵树与第i棵树的距离 build(1,1,n<<1);//建树 while(m--) { re x=read(),y=read(); if(y<x){swap(x,y);x++;y--;} //这个求补集的操作也要额外注意 else {swap(x,y);x++;y=y+n-1;}//这个求补集的操作也要额外注意 print(query(1,1,n<<1,x,y).Max);putchar('\n'); } return 0; } ```