[PKUSC2018]星际穿越(倍增)

题意：n个点的图，点i和[l[i],i)的全部点连双向边。每次询问(l,r,x)表示x到[l,r]的全部点的最短路径长度和。

首先这题显然能够线段树优化建图，可是须要比较好的常数才能经过45分，还须要发掘性质。

先不考虑往右走的状况，对于一个点x，每一个点i与x的最短距离必定造成一个个连续区间，即：设f[i][j]表示i走j步能到的最左的点，则$f[i][j+1]=\min\limits_{k=f[i][j]}^{i-1}l[k]$。因此只要往前扫一遍就能求出f[i]数组。

接着考虑往右走的状况，能够证实，一个点最多只须要往右走一次，因此只须要日后扫一遍就能求出新的f[i]数组。这样咱们记录一个前缀和就能够在$O(n^2)$复杂度内解决问题。

能够发现f[i][j]这个数组显然是能够倍增优化的，直接套上RMQ相似的模板便可。

这里有一个简化代码的方法，就是f[i][j]改成表示[i..n]的全部点走$2^j$步以后能到达的最靠前的点，这样就能够直接倍增转移了。可是这样就要判断i最后是否须要先往右走一步，这里又有一个小技巧：先强制往左走一步，剩下的直接处理便可。

总码长不到1k。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 4 typedef long long ll;
 5 using namespace std;
 6 
 7 const int N=300010;
 8 int n,Q,l,r,x,L[N],to[20][N];
 9 ll sm[20][N];
10 
11 int gcd(int a,int b){ return b ? gcd(b,a%b) : a; }
12 
13 ll calc(int l,int r){
14     if (L[r]<=l) return r-l;
15     ll ans=r-L[r]; r=L[r]; int tot=1;
16     for (int i=19; ~i; i--)
17         if (to[i][r]>l) ans+=sm[i][r]+tot*(r-to[i][r]),r=to[i][r],tot+=1<<i;
18     return ans+(r-l)*(tot+1);
19 }
20 
21 int main(){
22     freopen("pkua.in","r",stdin);
23     freopen("pkua.out","w",stdout);
24     scanf("%d",&n); L[1]=1;
25     rep(i,2,n) scanf("%d",&L[i]);
26     to[0][n]=L[n]; sm[0][n]=n-L[n];
27     for (int i=n-1; i; i--) to[0][i]=min(to[0][i+1],L[i]),sm[0][i]=i-to[0][i];
28     rep(i,1,19) rep(j,1,n) if (to[i-1][j]){
29         to[i][j]=to[i-1][to[i-1][j]];
30         sm[i][j]=sm[i-1][j]+sm[i-1][to[i-1][j]]+(to[i-1][j]-to[i][j])*(1ll<<(i-1));
31     }
32     for (scanf("%d",&Q); Q--; ){
33         scanf("%d%d%d",&l,&r,&x);
34         ll a=calc(l,x)-calc(r+1,x),b=r-l+1; int d=gcd(a%b,b);
35         printf("%lld/%lld\n",a/d,b/d);
36     }
37     return 0;
38 }