题意
有 \(n\) 个商店。每个商店有 \(m\) 个物品。每个物品的价值为 \(b_{i, j}\)。每种物品只能被购买一次。
你可以选择一个起点，在任意商店结束购买。获得的价值为 \(m\) 个物品之和减去路程。
求最大可获得的价值。
\(n \le 5e3, m \le 200\)
Sol
不难发现，最优的方案一定是一个两端必选的区间。
当前的最优方案固然为每种物品在区间内的最大值之和。
然后我们发现，我们完全没法快速的维护这个东西。
不妨换一种思路，考虑每个物品会在哪里有贡献。
不难想到，设 \(i\) 号物品的前一个比她大的物品为 \(l\)，后一个比她大的物品为 \(r\)。
注意到当且仅当左端点在 \([l, i]\)，右端点在 \([i, r]\) 时，她才会有贡献。
显然这个可以用二维差分维护。
那么这道题就做完了，时间复杂度：\(O(nm + n ^ 2)\)
Code
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <array>
#include <stack>
#define int long long
#define pii pair <int, int>
using namespace std;
#ifdef ONLINE_JUDGE
#define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1 << 21, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
char buf[1 << 23], *p1 = buf, *p2 = buf, ubuf[1 << 23], *u = ubuf;
#endif
int read() {
int p = 0, flg = 1;
char c = getchar();
while (c < '0' || c > '9') {
if (c == '-') flg = -1;
c = getchar();
}
while (c >= '0' && c <= '9') {
p = p * 10 + c - '0';
c = getchar();
}
return p * flg;
}
void write(int x) {
if (x < 0) {
x = -x;
putchar('-');
}
if (x > 9) {
write(x / 10);
}
putchar(x % 10 + '0');
}
#define fi first
#define se second
const int N = 5e3 + 5, M = 205;
array <array <int, N>, M> mp;
array <int, N> s;
array <pii, N> isl;
array <array <int, N>, N> cur;
void add(int x_1, int y_1, int x_2, int y_2, int z) {
cur[x_1][y_1] += z, cur[x_2 + 1][y_2 + 1] += z;
cur[x_2 + 1][y_1] -= z, cur[x_1][y_2 + 1] -= z;
}
signed main() {
int n = read(), m = read();
for (int i = 2; i <= n; i++)
s[i] = read();
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= m; j++)
mp[j][i] = read();
for (int i = 1; i <= m; i++) {
stack <int> stk;
for (int j = 1; j <= n; j++) {
while (!stk.empty() && mp[i][stk.top()] < mp[i][j]) stk.pop();
if (!stk.empty())
isl[j].fi = stk.top() + 1;
else
isl[j].fi = 1;
stk.push(j);
}
while (!stk.empty())
stk.pop();
for (int j = n; j >= 1; j--) {
while (!stk.empty() && mp[i][stk.top()] <= mp[i][j]) stk.pop();
if (!stk.empty())
isl[j].se = stk.top() - 1;
else
isl[j].se = n;
stk.push(j);
}
for (int j = 1; j <= n; j++)
add(isl[j].fi, j, j, isl[j].se, mp[i][j]);
/* write(isl[j].fi), putchar(32); */
/* write(isl[j].se), puts(""); */
/* } */
/* puts(""); */
}
/* for (int i = 1; i <= n; i++) cur[i] += cur[i - 1]; */
/* for (int i = 1; i <= n; i++) { */
/* for (int j = 1; j <= n; j++) */
/* write(cur[i][j]), putchar(32); */
/* puts(""); */
/* } */
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int tp = 0;
for (int j = 1; j <= n; j++) {
cur[i][j] += cur[i][j - 1] + cur[i - 1][j] - cur[i - 1][j - 1];
if (i > j) continue;
ans = max(ans, cur[i][j] - tp);
tp += s[j + 1];
}
}
/* for (int i = 1; i <= n; i++) { */
/* for (int j = 1; j <= n; j++) */
/* write(cur[i][j]), putchar(32); */
/* puts(""); */
/* } */
write(ans), puts("");
return 0;
}