BZOJ 2482 || SPOJ GSS2 Can you answer these queries II(线段树 离线 后缀和)

题意：给定n个元素的序列，给出m个询问：求l[i]~r[i]的最大子段和（可选空子段）。 
这个最大子段和有点特殊：一个数字在一段中出现了两次只算一次。 

比如：1，2，3，2，2，2出现了3次，但只算一次，于是这个序列的和是1+2+3=6。

(n, m, |a[i]|) <= 1e5

思路：每个子串都是某个前缀的后缀，所以我们依旧枚举每个前缀，用线段树维护它的所有后缀。

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按照右端点排序询问。我们令s[i]为不重复的sum[i..x]，其中x在最外层循环中从1~n。x每前进一位，把s[last[x]+1]到s[x]全部加上a[x]，其中last[x]是x上一次出现的位置。现在，当x等于某一个询问的右端点r的时候，我们的询问[l, r]，相当于询问所有历史中（包括现在）出现的最大的s[k] (k <= r)。听到历史这个词，很容易想到可持久化数据结构，或者说二维数据结构（比如套一个时间维）。但是实际上，这题要求的历史，是从一开始的历史，而不是从某个时间点开始的，因此，还是可以直接使用线段树的。

线段树节点[L, R]记录四个东西：

max:     现在的s[L..R]中最大的一个tag:     现在还有多少数没有下传给孩子evermax: 历史到现在的s[L..R]中最大的一个evertag: 从上一次清除tag到现在最大的tag

然后clear过程就是一个非常纠结的事情。

son.evertag = max(son.evertag, son.tag + p.evertag);son.evermax = max(son.evermax, son.max + p.evertag);son.tag += p.tag;son.max += p.tag;p.tag = p.evertag = 0;

后面三句很好理解就不说了。第一句是因为tag是一个累加变量，而距离上一次clear我们还有p.evertag没有下传给孩子，所以说孩子还有son.tag+p.evertag这么多没有给孩子的孩子- -|| 而第二句的话就同理了，参照第三句和第四句的关系以及第一句的意义。

代码：

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long ll;const int maxn = 2e5+5;const int N = 1e5;ll a[maxn], ans[maxn], pre[maxn*2], n, m;ll sum[maxn*4], preSum[maxn*4], lazy[maxn*4], preLazy[maxn*4];struct node{    int l, r, id;    bool operator <(const node &a) const    {        return r < a.r;    }}op[maxn];void pushDown(int root){    if(lazy[root] || preLazy[root])    {        preSum[root*2] = max(preSum[root*2], sum[root*2]+preLazy[root]);        preLazy[root*2] = max(preLazy[root*2], lazy[root*2]+preLazy[root]);        sum[root*2] += lazy[root], lazy[root*2] += lazy[root];        preSum[root*2+1] = max(preSum[root*2+1], sum[root*2+1]+preLazy[root]);        preLazy[root*2+1] = max(preLazy[root*2+1], lazy[root*2+1]+preLazy[root]);        sum[root*2+1] += lazy[root], lazy[root*2+1] += lazy[root];        lazy[root] = preLazy[root] = 0;    }}void pushUp(int root){    preSum[root] = max(preSum[root*2], preSum[root*2+1]);    sum[root] = max(sum[root*2], sum[root*2+1]);}void update(int root, int l, int r, int i, int j, ll val){    if(i <= l && j >= r)    {        lazy[root] += val;        sum[root] += val;        preLazy[root] = max(preLazy[root], lazy[root]);        preSum[root] = max(preSum[root], sum[root]);        return ;    }    pushDown(root);    int mid = (l+r)/2;    if(i <= mid) update(root*2, l, mid, i, j, val);    if(j > mid) update(root*2+1, mid+1, r, i, j, val);    pushUp(root);}ll query(int root, int l, int r, int i, int j){    if(i <= l && j >= r) return preSum[root];    pushDown(root);    int mid = (l+r)/2;    if(j <= mid) return query(root*2, l, mid, i, j);    else if(i > mid) return query(root*2+1, mid+1, r, i, j);    else return max(query(root*2, l, mid, i, j), query(root*2+1, mid+1, r, i, j));}int main(void){    while(cin >> n)    {        memset(pre, 0, sizeof(pre));        memset(sum, 0, sizeof(sum));        memset(preSum, 0, sizeof(preSum));        memset(lazy, 0, sizeof(lazy));        memset(preLazy, 0, sizeof(preLazy));        for(int i = 1; i <= n; i++)            scanf("%lld", &a[i]);        scanf("%lld", &m);        for(int i = 1; i <= m; i++)            scanf("%d%d", &op[i].l, &op[i].r), op[i].id = i;        sort(op+1, op+1+m);        int p = 1;        for(int i = 1; i <= n; i++)        {            update(1, 1, n, pre[a[i]+N]+1, i, a[i]);            pre[a[i]+N] = i;            while(p <= m && op[p].r == i)            {                ans[op[p].id] = query(1, 1, n, op[p].l, op[p].r);                p++;            }        }        for(int i = 1; i <= m; i++)            printf("%lld\n", ans[i]);    }    return 0;}