题目背景
本题是线段树维护区间最值操作与区间历史最值的模板。
题目描述
给出一个长度为 nn 的数列 AA，同时定义一个辅助数组 BB，BB 开始与 AA 完全相同。接下来进行了 mm 次操作，操作有五种类型，按以下格式给出：
1 l r k：对于所有的 i/in[l,r]i∈[l,r]，将 A_iAi 加上 kk（kk 可以为负数）。2 l r v：对于所有的 i/in[l,r]i∈[l,r]，将 A_iAi 变成 /min(A_i,v)min(Ai,v)。3 l r：求 /sum_{i=l}^{r}A_i∑i=lrAi。4 l r：对于所有的 i/in[l,r]i∈[l,r]，求 A_iAi 的最大值。5 l r：对于所有的 i/in[l,r]i∈[l,r]，求 B_iBi 的最大值。
在每一次操作后，我们都进行一次更新，让 B_i/gets/max(B_i,A_i)Bi←max(Bi,Ai)。
输入格式
第一行包含两个正整数 n,mn,m，分别表示数列 AA 的长度和操作次数。
第二行包含 nn 个整数 A_1,A_2,/cdots,A_nA1,A2,⋯,An，表示数列 AA。
接下来 mm 行，每行行首有一个整数 opop，表示操作类型；接下来两个或三个整数表示操作参数，格式见【题目描述】。
输出格式
对于 op/in/{3,4,5/}op∈{3,4,5} 的操作，输出一行包含一个整数，表示这个询问的答案。
输入输出样例
输入 #1
5 6 1 2 3 4 5 3 2 5 1 1 3 3 4 2 4 2 3 4 1 5 1 5 3 1 4
输出 #1
14 6 6 11
说明/提示
样例说明 #1
| 操作次数 | 输入内容 | 操作 | 数列 | 输出结果 |
|---|---|---|---|---|
| 0 | 1,2,3,4,51,2,3,4,5 | |||
| 1 | 3 2 5 |
求出 [2,5][2,5] 所有数的和 | 1,2,3,4,51,2,3,4,5 | 14 |
| 2 | 1 1 3 3 |
将 [1,3][1,3] 内所有数加 33 | 4,5,6,4,54,5,6,4,5 | |
| 3 | 4 2 4 |
求出 [2,4][2,4] 所有数的最大值 | 4,5,6,4,54,5,6,4,5 | 6 |
| 4 | 2 3 4 1 |
将 [3,4][3,4] 所有数与 11 取最小值 | 4,5,1,1,54,5,1,1,5 | |
| 5 | 5 1 5 |
求出 [1,5][1,5] 所有位置历史最大值的最大值 | 4,5,1,1,54,5,1,1,5 | 6 |
| 6 | 3 1 4 |
求出 [1,4][1,4] 所有数的和 | 4,5,1,1,54,5,1,1,5 | 11 |
数据规模与约定
- 对于测试点 1,21,2，满足 n,m/leq 5000n,m≤5000；
- 对于测试点 3,43,4，满足 op/in/{1,2,3,4/}op∈{1,2,3,4}；
- 对于测试点 5,65,6，满足 op/in/{1,3,4,5/}op∈{1,3,4,5}；
- 对于全部测试数据，保证 1/leq n,m/leq 5/times 10^51≤n,m≤5×105，-5/times10^8/leq A_i/leq 5/times10^8−5×108≤Ai≤5×108，op/in[1,5]op∈[1,5]，1 /leq l/leq r /leq n1≤l≤r≤n，-2000/leq k/leq 2000−2000≤k≤2000，-5/times10^8/leq v/leq 5/times10^8−5×108≤v≤5×108。
提示
本题输入量较大，请使用合理高效的读入方法。
分析
https://www.luogu.com.cn/problem/solution/P6242
mx：最大值。mx_：历史最大值。se：次大值。cnt：最大值个数。sum：区间和。add1：加法懒标记。add1_：历史最大加。add2：次大值加法懒标记。add2_：次大值历史最大加。
条件1：维护区间和，并且维护加法懒标记即可实现区间加法
条件2：使区间每个值变成min(当前值,v)。懒标记比较难实现精准的单点取最小值，但是如果仅是查询区间求和，可以通过维护最大值，次大值，最大值的个数，区间和，加法懒标记这几个元素来实现
首先对于区间取最小值，有三种情况：
1. 当前最大值 比 v 小。不用修改任何值
2. 当前区间次大值 比 v 小，最大值比v 大，sum += cnt * (最大值 – v)
3. 次大值比v 大，无法直接得到sum，需要往下传递，进行修改，然后push_up上去，直接修改当前的sum为左右子树的加和
为什么不能直接维护单个最大值，然后直接找到满足条件的位置并且传递上去呢？
这样要遍历到叶子节点，维护最大值和次大值减小时间复杂度。
不是很懂。但是nlogn可以理解，查询复杂度变成nlogn了。
感觉意思就是，当前代码既有历史最大值，也有最大值，还维护了一堆值，就说它是logn了。最终复杂度也变成了mlog^2
条件3：区间求和，维护sum。
条件4：区间求最大值，维护mx
条件5：区间求历史最大值
维护mx_历史最大值，add1_最大值的历史最大加法懒标记，add2_次大值的历史最大加法懒标记。
push_down操作时，设当前节点为u ，子节点为v。
v.add1_ = max(v.add1_,v.add1 + u.add1_) v.mx_ = max(v.mx_,v.mx + u.add1_)
//-------------------------代码----------------------------
#define int ll
const int N = 5e5+10;
int n,m;
struct node {
int l,r;
int mx,mx_,se,cnt;ll sum;
int add1,add1_,add2,add2_;
}tr[N<<2];
int a[N];
#define root tr[u]
#define lt tr[ul]
#define rh tr[ur]
void push_up(int u) {
if(root.l == root.r) rt;
tr[u].sum = lt.sum + rh.sum;
root.mx_ = max(tr[ul].mx_,rh.mx_);
if(lt.mx == rh.mx) {
root.mx = lt.mx;
root.se = max(rh.se,lt.se);
root.cnt = rh.cnt + lt.cnt;
} else if(lt.mx > rh.mx) {
root.mx = lt.mx;
root.se = max(rh.mx,lt.se);
root.cnt = lt.cnt;
} else if(rh.mx > lt.mx) {
root.mx = rh.mx;
root.se = max(rh.se,lt.mx);
root.cnt = rh.cnt;
}
}
void upt(int u,int k1,int k1_,int k2,int k2_) {
//区间和更新，最大值更新了多少，除了最大值之外的值更新了多少
root.sum += 1ll * k1 * root.cnt + 1ll * k2 * (root.r - root.l + 1 - root.cnt);
root.mx_ = max(root.mx_,root.mx + k1_);//历史最大值更新
root.add1_ = max(root.add1_,root.add1 + k1_);//历史最大增加值更新
root.mx += k1,root.add1 += k1;//最大值增加k1//
root.add2_ = max(root.add2_,root.add2 + k2_);//厉害次大增加值更新
if(root.se != -INF) root.se += k2;//次大值如果有的话更新
root.add2 += k2;//次大增加值更新
}
void push_down(int u) {
int tmp = max(lt.mx,rh.mx);
if(lt.mx == tmp) {
upt(ul,root.add1,root.add1_,root.add2,root.add2_);
} else upt(ul,root.add2,root.add2_,root.add2,root.add2_);
if(rh.mx == tmp) {
upt(ur,root.add1,root.add1_,root.add2,root.add2_);
} else upt(ur,root.add2,root.add2_,root.add2,root.add2_);
root.add1 = root.add1_ = root.add2 = root.add2_ = 0;
}
void build(int u,int l,int r) {
tr[u].l=l, tr[u].r=r;
tr[u].add1=tr[u].add1_=tr[u].add2=tr[u].add2_=0;
if(l == r) {
root.sum = tr[u].mx_ = tr[u].mx = a[l];
tr[u].se = -INF,tr[u].cnt = 1;rt;
}
build(ul,l,tr_mid);build(ur,tr_mid+1,r);
push_up(u);
}
void modify1(int u,int l,int r,int k) {
if(l <= tr[u].l && tr[u].r <= r) {
upt(u,k,k,k,k);rt;
}
if(r < tr[u].l || l > tr[u].r) rt;
push_down(u);
modify1(ul,l,r,k);modify1(ur,l,r,k);
push_up(u);
}
void modify2(int u,int l,int r,int k) {
if(root.l > r || root.r < l || k >= root.mx) rt;
if(l <= root.l && root.r <= r && k > root.se) {
upt(u,k-root.mx,k-root.mx,0,0);rt;
}
push_down(u);
modify2(ul,l,r,k);modify2(ur,l,r,k);
push_up(u);
}
ll query3(int u,int l,int r) {
if(l > root.r || r < root.l) return 0;
if(tr[u].l >= l && root.r <= r) return root.sum;
push_down(u);
return query3(ul,l,r) + query3(ur,l,r);
}
ll query4(int u,int l,int r) {
if(l > root.r || r < root.l) return -INF;
if(tr[u].l >= l && root.r <= r) return root.mx;
push_down(u);
return max(query4(ul,l,r) , query4(ur,l,r));
}
ll query5(int u,int l,int r) {
if(l > root.r || r < root.l) return -INF;
if(tr[u].l >= l && root.r <= r) return root.mx_;
push_down(u);
return max(query5(ul,l,r) , query5(ur,l,r));
}
void solve()
{
read(n);read(m);
fo(i,1,n) read(a[i]);
build(1,1,n);
while(m--) {
int op,l,r,k;read(op);
if(op == 1) {
read(l);read(r);read(k);
modify1(1,l,r,k);;
}
if(op == 2) {
read(l);read(r);read(k);
modify2(1,l,r,k);
}
if(op == 3) {
read(l);read(r);
cout<<query3(1,l,r);cout<<endl;
}
if(op == 4) {
read(l);read(r);
cout<<query4(1,l,r);cout<<endl;
}
if(op == 5) {
read(l);read(r);
cout<<query5(1,l,r)<<endl;;
}
}
}
void main_init() {}
signed main(){
AC();clapping();TLE;
cout<<fixed<<setprecision(12);
main_init();
// while(cin>>n,n)
// while(cin>>n>>m,n,m)
// int t;cin>>t;while(t -- )
solve();
// {solve(); }
return 0;
}
/*样例区
*/
//------------------------------------------------------------
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