洛谷P3246 序列 [HNOI2016] 莫队/线段树+扫描线

正解:莫队/线段树+扫描线

解题报告:

传送门!

彷佛是有两种方法的,,,因此分别港下好了QAQ

第一种,莫队

看到这种询问不少区间之类的就会天然而然地想到莫队趴?而后仔细思考一下,发现复杂度彷佛是欧克的,并且好像也是能作的,那就试着作下呗

首先考虑到怎么从[l,r]转移到[l,r+1],能够想到这个之间的增量=就是区间内最小值之和,因而用个st表搞rmq就好,这里具体港下QwQ

首先若是已经求出来了[l,r]内部的最小值的位置pos,这里不过多阐述了rmq就成了

那么分状况讨论下咯

若是a[r+1]<a[pos],那就是贡献a[r+1]*(r-l+1),不说

不然就要继续讨论

显然[l,pos]的贡献就都出来了嘛,a[pos]*(pos-l+1)

而后考虑怎么求[pos+1,r]的贡献呢QAQ?

能够考虑开俩数组lst[i]表示第i个数的左边第一个比它小的数,能够先单调栈求出来

再设sum[i]表示第1个数到第i个数的贡献

显然能够获得sum[i]=sum[lst[i]]+a[i]*(i-lst[i])

而后就能够获得总贡献=a[pos]*(pos-l+1)+sum[r+1]-sum[pos]

而后若是是移动l就再搞个反的就成了,差很少

那接下来不就是莫队板子了嘛,不说了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; #define il inline
#define fr first
#define sc second
#define rg register
#define gc getchar()
#define mp make_pair
#define ll long long
#define rp(i,x,y) for(rg int i=x;i<=y;++i)
#define my(i,x,y) for(rg int i=x;i>=y;--i)

const ll N=100000+1000; int n,m,blk; int l[N],r[N],s[N],top,a[N],lg[N],poww[N],l_nw,r_nw; ll f[N],g[N],as[N],ret; struct query{int i,l,r,blk;}q[N]; bool operator<(query a,query b){if(a.blk!=b.blk)return a.blk<b.blk;return a.r<b.r;} struct stable { int p[20][N]; il void pre(){rp(j,1,lg[n])rp(i,1,n-poww[j-1])p[j][i]=a[p[j-1][i]]<=a[p[j-1][i+poww[j-1]]]?p[j-1][i]:p[j-1][i+poww[j-1]];} il int query(int l,int r){int k=lg[r-l+1];return a[p[k][l]]<=a[p[k][r-poww[k]+1]]?p[k][l]:p[k][r-poww[k]+1];} }st; il int read() { rg char ch=gc;rg int x=0;rg bool y=1; while(ch!='-' && (ch>'9' || ch<'0'))ch=gc; if(ch=='-')ch=gc,y=0; while(ch>='0' && ch<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0'),ch=gc; return y?x:-x; } il ll calcl(int l,int r){int pos=st.query(l,r);return 1ll*(r-pos+1)*a[pos]+g[l]-g[pos];} il ll calcr(int l,int r){int pos=st.query(l,r);return 1ll*(pos-l+1)*a[pos]+f[r]-f[pos];} il void pre(){poww[0]=1;poww[1]=2;lg[1]=0;rp(i,2,n)poww[i]=poww[i-1]<<1,lg[i]=lg[i>>1]+1;} int main() { // freopen("xl.in","r",stdin);freopen("xl.out","w",stdout);
    n=read();m=read();blk=sqrt(n);pre(); rp(i,1,n)a[i]=read(); rp(i,1,n){while(top&&a[s[top]]>a[i])--top;l[i]=s[top];s[++top]=i;}rp(i,1,n)f[i]=f[l[i]]+1ll*(i-l[i])*a[i]; s[top=0]=n+1; my(i,n,1){while(top&&a[s[top]]>a[i])--top;r[i]=s[top];s[++top]=i;}my(i,n,1)g[i]=g[r[i]]+1ll*(r[i]-i)*a[i]; rp(i,1,n)st.p[0][i]=i;st.pre(); rp(i,1,m){int l=read(),r=read();q[i]=(query){i,l,r,(l-1)/blk};}sort(q+1,q+1+m);l_nw=q[1].l;r_nw=l_nw-1; rp(i,1,m) { while(r_nw<q[i].r)ret+=calcr(l_nw,++r_nw); while(l_nw>q[i].l)ret+=calcl(--l_nw,r_nw); while(r_nw>q[i].r)ret-=calcr(l_nw,r_nw--); while(l_nw<q[i].l)ret-=calcl(l_nw++,r_nw); as[q[i].i]=ret; } rp(i,1,m)printf("%lld\n",as[i]); return 0; }

而后放下代码w

第二种,线段树+扫描线

其实和影魔差很少来着,,,

因此为何我麻油作出来呢QAQ

说明是真的落实很不扎实,很不该该

而后说下思路,,,我想了很久才get,,,真的仍是要认真落实,,,否则吃枣药丸,,,

其实真的和影魔差很少了,,,只是一个要维护最大值一个要维护最小值来着QAQ

因此这题就同样的思路,考虑对栈维护一棵线段树,对整个儿序列维护一棵线段树

先放下个人浅薄理解QAQ

考虑for循环枚举右端点,而后每次对于右端点在当前枚举点的就能够直接求值了

而后如今是维护了一个单调栈嘛,不难想到对于每一个子区间,答案能够分红两个部分

考虑找到单调栈中小于等于这个区间的右端点r的最大元素的位置i,对于单调栈中位置在i及其右边的点,贡献是必定的,就是∑a[stck[i]]*(stck[i]-stck[i-1]),并且这个显然是能够给栈开一个线段树维护的,就每次栈中加入新元素的时候说明当前点能延伸到的最右已经固定了(以后被弹走什么的一下子另说QAQ),因此就能够对这个栈的线段树上加上这个值

可是对于i+1到r的值,若是另外求,复杂度依然过不去

考虑到在i到右端点原本也是有个最大值的,只是以后被栈中的i+1那个点给弹走了

因此咱们能够在每一个栈中元素被弹走的时候再维护另一个线段树,这样就能够分别求出两个部分的ans,而后相加就好

大概就是酱婶儿的,而后等下放代码QAQ