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解题思路
这篇题解分 E1，E2 两个部分来讲。
E1 sol：
我们发现可以暴力枚举最后经过所有操作之后的最大值，那么显然的，我们将不会做任何经过这个位置的操作，会做不经过这个区间的所有操作。
直接暴力进行操作即可。
时间复杂度 \(O(n^2 + nm)\)。
B2 sol：
发现这个暴力的过程可以使用区间加，区间最大值，区间最小值的线段树来维护，此时时间复杂度变为 \(O(nm \log n)\)，并不能通过此题，那么此时，我们可以再打一个标记表示当前树内是否加过这个区间，由于区间是连续的一段，并且我们枚举的最大值也是连续的一段，因此有一个性质，那就是每个区间至多被操作过两次，此时时间复杂度变为 \(O(n + m \log n)\)，可以通过此题。
参考代码
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register
#define ll int
#define pb push_back
#define forl(i,a,b) for(re ll i=a;i<=b;i++)
#define forr(i,a,b) for(re ll i=a;i>=b;i--)
#define mid ((l+r)>>1)
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define endl '\n'
#define QwQ return 0;
template<typename T1,typename T2>bool Max(T1&x,T2 y){if(y>x)return x=y,1;return 0;}
template<typename T1,typename T2>bool Min(T1&x,T2 y){if(y<x)return x=y,1;return 0;}
ll _t_;
void _clear(){}
/*
0 -4 1 1 2
*/
ll n,m;
ll id;
ll maxn;
ll a[100010],b[100010],c[100010];
ll l[100010],r[100010];
ll vis[510];
struct node{
ll l,r,minn,maxn,tag;
}tree[400010];
struct nide{
ll x,id;
}d[100010];
bool cmp(nide x,nide y){
return x.x<y.x;
}
void pushup(ll x){
tree[x].minn=min(tree[x*2].minn,tree[x*2+1].minn);
tree[x].maxn=max(tree[x*2].maxn,tree[x*2+1].maxn);
}
void pushdown(ll x)
{
tree[x*2].minn+=tree[x].tag;
tree[x*2+1].minn+=tree[x].tag;
tree[x*2].tag+=tree[x].tag;
tree[x*2+1].tag+=tree[x].tag;
tree[x*2].maxn+=tree[x].tag;
tree[x*2+1].maxn+=tree[x].tag;
tree[x].tag=0;
}
void build(ll x,ll l,ll r)
{
tree[x].l=l,tree[x].r=r;
if(l==r)
{
tree[x].minn=a[l];
tree[x].maxn=a[l];
return ;
}
build(x*2,l,mid);
build(x*2+1,mid+1,r);
pushup(x);
}
void add(ll x,ll l,ll r,ll y)
{
if(l<=tree[x].l && tree[x].r<=r)
{
tree[x].minn+=y;
tree[x].maxn+=y;
tree[x].tag+=y;
return ;
}
pushdown(x);
ll Mid=(tree[x].l+tree[x].r)/2;
if(l<=Mid)
add(x*2,l,r,y);
if(Mid<r)
add(x*2+1,l,r,y);
pushup(x);
}
ll querymin(ll x,ll l,ll r)
{
if(l<=tree[x].l && tree[x].r<=r)
return tree[x].minn;
pushdown(x);
ll Mid=(tree[x].l+tree[x].r)/2,ans=1e9;
if(l<=Mid)
Min(ans,querymin(x*2,l,r));
if(Mid<r)
Min(ans,querymin(x*2+1,l,r));
return ans;
}
ll querymax(ll x,ll l,ll r)
{
if(l<=tree[x].l && tree[x].r<=r)
return tree[x].maxn;
pushdown(x);
ll Mid=(tree[x].l+tree[x].r)/2,ans=-1e9;
if(l<=Mid)
Max(ans,querymax(x*2,l,r));
if(Mid<r)
Max(ans,querymax(x*2+1,l,r));
return ans;
}
ll check(ll x)//x最终为最大值
{
// forl(i,0,n+2)
// c[i]=0;
forl(i,1,m)
{
if(l[i]>x || r[i]<x)
{
if(!vis[i])
add(1,l[i],r[i],-1),vis[i]=1;
}
else
{
if(vis[i])
add(1,l[i],r[i],1),vis[i]=0;
}
}
//c[l[i]]--,c[r[i]+1]++;
// forl(i,1,n)
// c[i]+=c[i-1];
ll maxn=-1e9,minn=1e9;
maxn=querymax(1,1,n),minn=querymin(1,1,n);
// forl(i,1,n)
// cout<<querymax(1,i,i)<<' ';
// cout<<endl;
// forl(i,1,m)
// if(l[i]>x || r[i]<x)
// add(1,l[i],r[i],1);
/// forl(i,1,n)
// Max(maxn,c[i]+a[i]),
// Min(minn,c[i]+a[i]);
// cout<<a[i]+c[i]<<' ';
// cout<<endl;
// cout<<"<"<<minn<<' '<<maxn<<endl;
return maxn-minn;
}
void check2(ll x)//x最终为最大值
{
vector<ll>ans;
forl(i,0,n+2)
c[i]=0;
forl(i,1,m)
if(l[i]>x || r[i]<x)
ans.pb(i);
cout<<ans.size()<<endl;
for(auto i:ans)
cout<<i<<' ';
// {
// cout<<
// }
// c[l[i]]--,c[r[i]+1]++;
// forl(i,1,n)
// c[i]+=c[i-1];
// ll maxn=-1e18,minn=1e18;
/// forl(i,1,n)
// Max(maxn,c[i]+a[i]),
// Min(minn,c[i]+a[i]);
// cout<<a[i]+c[i]<<' ';
// cout<<endl;
// cout<<minn<<' '<<maxn<<endl;
// return maxn-minn;
}
void solve()
{
_clear();
cin>>n>>m;
forl(i,1,n)
cin>>a[i];//,d[i].x=a[i],d[i].id=i;
build(1,1,n);
forl(i,1,m)
cin>>l[i]>>r[i];
maxn=-1e9;
// check(5);
// sort(d+1,d+1+n,cmp);
forl(i,1,n)
if(Max(maxn,check(i)))
id=i;
/* forr(i,n,max(5001,n-5000))
if(Max(maxn,check(i)))
id=i; */
cout<<maxn<<endl;
check2(id);
}
int main()
{
// freopen("tst.txt","r",stdin);
// freopen("sans.txt","w",stdout);
IOS;
_t_=1;
// cin>>_t_;
while(_t_--)
solve();
QwQ;
}