BZOJ 4540 Hnoi2016 序列 ST表+单调栈
4540: [Hnoi2016]序列
Time Limit: 20 Sec Memory Limit: 512 MB
Description
给定长度为n的序列：a1,a2,…,an，记为a[1:n]。类似地，a[l:r]（1≤l≤r≤N）是指序列：al,al+1,…,ar-1,ar。若1≤l≤s≤t≤r≤n，则称a[s:t]是a[l:r]的子序列。现在有q个询问，每个询问给定两个数l和r，1≤l≤r≤n，求a[l:r]的不同子序列的最小值之和。例如，给定序列5,2,4,1,3，询问给定的两个数为1和3，那么a[1:3]有6个子序列a[1:1],a[2:2],a[3:3],a[1:2],a[2:3],a[1:3]，这6个子序列的最小值之和为5+2+4+2+2+2=17。
Input
输入文件的第一行包含两个整数n和q，分别代表序列长度和询问数。接下来一行，包含n个整数，以空格隔开,第i个整数为ai，即序列第i个元素的值。接下来q行，每行包含两个整数l和r，代表一次询问。
Output
对于每次询问，输出一行，代表询问的答案。
Sample Input
5 5
5 2 4 1 3
1 5
1 3
2 4
3 5
2 5
Sample Output
28
17
11
11
17
HINT
1 ≤N,Q ≤ 100000,|Ai| ≤ 10^9
首先膜一波pwj大神，本题做法由他提供。小常数 O(nlogn) O ( n l o g n ) 碾压标算线段树和莫队算法，代码还很短。
首先容易处理以 a1 a 1 为起点的所有区间的答案：考虑增量法。
左端点固定在1，右端点从 r−1 r − 1 变成 r r 时，增加的贡献就是以 r r 为右端点的区间的最小值之和。设以 r r 为右端点的所有区间的最小值之和为 pre[r] p r e [ r ] ， r r 左边第一个比 r r 大的位置为 pos p o s ，那么有：
求以1为左端点，某个点为右端点的区间的答案只需要对 pre p r e 做一次前缀和即可。
对称一下也可以求以 n n 为右端点的所有区间的答案，以及以 l l 为左端点的所有区间最小值之和 suc s u c 。这些都可以通过单调栈 O(n) O ( n ) 处理。
现在考虑如何利用刚才得到的几个数组处理区间 [l,r] [ l , r ] 的答案。
首先需要找到区间中最小值的位置 Min M i n 。考虑把这段区间的答案拆成三个部分：右端点在 Min M i n 左边的所有区间的答案、左端点在 Min M i n 右边的所有区间的答案、跨过 Min M i n 的区间的答案。容易看出，这三部分加起来就是最终答案，而且前两部分答案本质相同，所以接下来讨论解决两个问题即可：
1.右端点在 Min M i n 左边的所有区间的答案
2.跨过 Min M i n 的区间的答案
问题2的答案显然是 (r−Min+1)(Min−l+1)aMin ( r − M i n + 1 ) ( M i n − l + 1 ) a M i n 。
对于问题1，先凭感觉写出 sum_suc[l]−sum_suc[Min] s u m _ s u c [ l ] − s u m _ s u c [ M i n ] ，这包含了哪些区间的最小值之和呢？思考一番发现算多了：不仅有我们想要的答案，还包含了左端点在 [l,Min−1] [ l , M i n − 1 ] ，右端点在 [Min+1,n] [ M i n + 1 , n ] 的所有区间的最小值之和。由于这样的区间跨过了 Min M i n ，而 aMin a M i n 是区间中最小的数，因此，对于每一个左端点 ∈[l,Min−1] ∈ [ l , M i n − 1 ] 的所有区间的最小值之和，其答案就是 suc[Min] s u c [ M i n ] 。这样就得出了问题1的答案。
可以看到，只要得到了 Min M i n 的位置，就能够 O(1) O ( 1 ) 得到答案。而对于无修改的区间极值的询问可以采用ST表做到 O(nlogn) O ( n l o g n ) 预处理， O(1) O ( 1 ) 询问。所以总时间复杂度为 O(nlogn) O ( n l o g n ) 。
注意预处理 log l o g 代替cmath里函数的使用以减小常数。
#include1<1][k]]?ST[l][k]:ST[r-(1<1][k];
}
int main(){
int i,j,l,r,Min;
N=_R();Q=_R();
for(i=1;i<=N;i++)A[i]=_R();
for(i=1;i<=N;i++){
while(Top&&A[S[Top]]>A[i])Top--;
pre[i]=(ll)A[i]*(i-S[Top])+pre[S[Top]];
S[++Top]=i;
sp[i]=sp[i-1]+pre[i];
}
Top=0;
S[0]=N+1;
for(i=N;i;i--){
while(Top&&A[S[Top]]>A[i])Top--;
suc[i]=(ll)A[i]*(S[Top]-i)+suc[S[Top]];
S[++Top]=i;
ss[i]=ss[i+1]+suc[i];
}
Log[1]=0;Log[2]=1;
for(i=3;i<=N;i++)Log[i]=Log[i>>1]+1;
for(i=1;i<=N;i++)ST[i][0]=i;
for(j=1;j<18;j++)
for(i=1;i<=N;i++){
ST[i][j]=A[ST[i][j-1]]1<1)][j-1]]?ST[i][j-1]:ST[i+(1<1)][j-1];
}
for(i=1;i<=Q;i++){
l=_R();r=_R();
Min=GetMin(l,r);
Ans=ss[l]-ss[Min]-suc[Min]*(Min-l);
Ans+=sp[r]-sp[Min]-pre[Min]*(r-Min);
Ans+=(ll)A[Min]*(ll)(r-Min+1)*(ll)(Min-l+1);
printf("%lld\n",Ans);
}
}