考虑将序列分成$\sqrt{n\log n}$块,每块维护下凸壳,修改时在相应块打上需要修改的标记。
查询时,对于两端零散部分暴力查询。
对于中间的块,如果有修改标记,则暴力重构。
然后在凸壳上查询时不断把小于$T$的左端点踢出,那么最后如果凸壳上还有点,那么左端点一定$\geq T$。
时间复杂度$O(m\sqrt{n\log n})$。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define N 100010
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll inf=1LL<<60;
int n,m,lim,i,op,T,x,y,z,id[N],st[N],en[N],L[N],R[N],need[N],b[N],q[N];ll ans;
struct P{int k;ll b;P(){}P(int _k,ll _b){k=_k,b=_b;}}a[N];
inline bool cmp(int x,int y){return a[x].k==a[y].k?a[x].b>a[y].b:a[x].k<a[y].k;}
inline void read(int&a){
char c;bool f=0;a=0;
while(!((((c=getchar())>='0')&&(c<='9'))||(c=='-')));
if(c!='-')a=c-'0';else f=1;
while(((c=getchar())>='0')&&(c<='9'))(a*=10)+=c-'0';
if(f)a=-a;
}
inline double pos(int x,int y){return 1.0*(a[x].b-a[y].b)/(a[y].k-a[x].k);}
inline void build(int x){
int cnt=0,t=st[x],i;
for(i=t;i<=en[x];i++)if(a[i].b>-inf||i==t)q[++cnt]=i;
sort(q+1,q+cnt+1,cmp);
for(b[t]=q[1],i=2;i<=cnt;i++)if(a[q[i]].k!=a[q[i-1]].k){
while(t>st[x]&&pos(q[i],b[t])<pos(b[t],b[t-1]))t--;
b[++t]=q[i];
}
L[x]=st[x],R[x]=t;
}
inline void ask(int x){
while(L[x]<R[x]&&(double)T>pos(b[L[x]],b[L[x]+1]))L[x]++;
if(L[x]<=R[x])ans=max(ans,1LL*a[b[L[x]]].k*T+a[b[L[x]]].b);
}
inline void getans(int x,int y){
if(id[x]==id[y]){
for(;x<=y;x++)ans=max(ans,1LL*a[x].k*T+a[x].b);
return;
}
for(i=en[id[x]];i>=x;i--)ans=max(ans,1LL*a[i].k*T+a[i].b);
for(i=st[id[y]];i<=y;i++)ans=max(ans,1LL*a[i].k*T+a[i].b);
for(i=id[x]+1;i<id[y];i++){
if(need[i])build(i),need[i]=0;
ask(i);
}
}
int main(){
read(n),read(m);
for(i=1;1<<i<n;i++);
while(lim*lim*i<n)lim++;
for(i=1;i<=n;i++)en[id[i]=i/lim]=i;
for(i=n;i;i--)st[id[i]]=i;
for(i=1;i<=n;i++)a[i]=P(0,-inf);
for(i=id[1];i<=id[n];i++)L[i]=1;
while(m--){
read(op),read(T),read(x),read(y);
if(op==1){
read(z);
a[x]=P(y,-1LL*y*T+z);
need[id[x]]=1;
}else{
if(x>y)swap(x,y);
ans=-inf;
getans(x,y);
if(ans>-inf)printf("%lld\n",ans);else puts("nema");
}
}
return 0;
}