LOJ.6435.[PKUSC2018]星际穿越(倍增)

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参考这儿qwq。

首先询问都是求，向左走的最短路。
\(f[i][j]\)表示从\(i\)走到\(j\)最少需要多少步。表示这样只会\(O(n^2\log n)\)的= =但是感觉能卡过\(70\)分。

注意到从\(i\)出发，走\(j\)步能到达的点都是一段一段的。所以不妨令\(f[i][j]\)表示，从\(i\)出发，走\(j\)步能到达的最左边的是什么。那么\(f[i][j+1]=\min\limits_{k=f[i][j]}^{i-1}L[k]\)。
但是我们还没有考虑向右走的情况。可以发现一条路径最多只会向右走一次。
那么判一下就好惹。这样就可以\(O(n^2)\)啦。

注意到这一过程实际可以倍增：\(f[i][j]\)表示，从\(i\)出发，走\(2^j\)步最左可以到哪。但是还要考虑第一步向右走的情况，所以不妨直接令它表示，\(i\sim n\)这些点走\(2^j\)步最左可以到哪。
记\(Calc(i,p)\)表示，从\(i\)分别走到\(p\sim i\)所有点总共需要走多远。把询问\([l,r]\)拆成\(Calc(i,l)-Calc(i,r+1)\)。
那么再维护一个\(sum[i][j]\)表示，从\(i\)出发，分别走到\(f[i][j]\sim i\)总共需要走多远。那么\(sum[i][j]=sum[i][j-1]+sum[f[i][j-1]][j-1]+(f[i][j]-f[i][j-1])\times2^{j-1}\)。

具体\(Calc\)的时候，关于向右走一步的处理，不妨直接让\(i\)先向左走一步走到\(L[i]\)。这样\(L[i]\)左边的部分都有可能需要\(i\)向右走，但是这正好符合\(f\)的定义，同时我们已经跳了一步也可以看作向右跳了一步。
注意维护一个变量\(tot\)表示之前一共跳过了多少距离。

还有主席树的做法，我不写惹qwq 懒。

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#include 
#include 
#include 
#define BIT 18
#define gc() getchar()
#define MAXIN 500000
//#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=3e5+5;

int L[N],f[BIT+1][N];
LL sum[BIT+1][N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;

inline int read()
{
    int now=0;register char c=gc();
    for(;!isdigit(c);c=gc());
    for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
    return now;
}
int Gcd(int a,int b)
{
    return b?Gcd(b,a%b):a;
}
LL Calc(int l,int p,const int bit)
{
    if(L[p]<=l) return p-l;
    LL ans=p-L[p],tot=1; p=L[p];
    for(int i=bit; ~i; --i)
        if(f[i][p]>=l) ans+=sum[i][p]+(p-f[i][p])*tot, tot+=1<n) --bit;
    for(int i=2; i<=n; ++i) L[i]=read();
    f[0][n]=L[n];
    for(int i=n-1; i; --i) f[0][i]=std::min(f[0][i+1],L[i]), sum[0][i]=i-f[0][i];
    for(int j=1; j<=bit; ++j)
    {
        LL t=1ll<