[HNOI2016]序列

题意

给你一个序列,每次询问一个区间,求其所有子区间的最小值之和

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题解

这里有两种方法,一种是离线的莫队,一种是在线算法

一.莫队

这题难就难在怎么由 [l,r] [ l , r ] 推向 [l,r+1] [ l , r + 1 ]

考虑他们之间的增量就是新增的 [l,r+1],[l+1,r+1],…,[r+1,r+1] [ l , r + 1 ] , [ l + 1 , r + 1 ] , … , [ r + 1 , r + 1 ] 这 r−l+2 r − l + 2 个区间的最小值之和

考虑求出 [l,r+1] [ l , r + 1 ] 的最小值位置是 p p ,那么所有左端点在 [l,p] [ l , p ] 之间的区间答案都是 a[p] a [ p ]

贡献就是 a[p]×(p−l+1) a [ p ] × ( p − l + 1 ) ,这一部分可以用 rmq r m q 求最小值处理

考虑剩下的左端点在 [p+1,r+1] [ p + 1 , r + 1 ] 的区间

设 f[l][r] f [ l ] [ r ] 表示以 r r 为右端点,左端点在 [l,r] [ l , r ] 的区间的答案(要求的就是 f[p+1][r+1] f [ p + 1 ] [ r + 1 ] )

记录一下 prei p r e i 表示从 i i 向前第一个比 i i 小的数的位置(这个可以用单调栈 O(n) O ( n ) 求出)

那么左端点在 [prer,r] [ p r e r , r ] 的区间最小值都是 a[r] a [ r ]

那么就有 f[l][r]=f[l][prer]+ar×(r−prer) f [ l ] [ r ] = f [ l ] [ p r e r ] + a r × ( r − p r e r )

可以发现 dp d p 增量只和 r r 自身有关,所以可以去掉 l l 那一维

因为最终一定会存在一个点 x x ,满足 prex=p p r e x = p

那么 fr+1=ar+1×(r+1−prer+1)+…+ax×(x−p)+fp f r + 1 = a r + 1 × ( r + 1 − p r e r + 1 ) + … + a x × ( x − p ) + f p

我们可以发现 fr+1−fp f r + 1 − f p 就是原来要求的 f[p+1][r+1] f [ p + 1 ] [ r + 1 ]

这样我们就可以预处理出 f f ,然后就可以 O(1) O ( 1 ) 完成转移了

删除的话我们就减去 [l,r−1]→[l,r] [ l , r − 1 ] → [ l , r ] 的增量就好了

至于在左边加,就对称处理就好了

复杂度 O(nlogn+nn−−√) O ( n log ⁡ n + n n )

( rmq r m q 的 qry q r y 里 R−(1<<t)+1 R − ( 1 << t ) + 1 的” +1 + 1 ”,忘记打了调了一个小时 / / 一脸悲伤)

#include
#define fp(i,a,b) for(register int i=a,I=b+1;i
#define fd(i,a,b) for(register int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(register int i=fi[u],v=e[i].to;i;v=e[i=e[i].nx].to)
#define file(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
char ss[1<<17],*A=ss,*B=ss;
inline char gc(){return A==B&&(B=(A=ss)+fread(ss,1,1<<17,stdin),A==B)?-1:*A++;}
template<class T>inline void sd(T&x){
    char c;T y=1;while(c=gc(),(c<48||571)if(c==45)y=-1;x=c-48;
    while(c=gc(),4758)x=x*10+c-48;x*=y;
}
char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
template<class T>inline void we(T x){
    if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]=45,x=-x;
    while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
    while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n';
}
const int N=1e5+5,inf=2e9;
typedef int arr[N];
typedef long long ll;
struct Q{
    int l,r,x,id;
    inline bool operator<(const Q b)const{return x==b.x?x&1?rb.r:xint n,m,Sz,Top,Mi[17],f[N][17];arr a,pre,suf,S,Log;ll Now,fl[N],fr[N],ans[N];
inline int cmp(const int x,const int y){return a[x]inline int qry(int L,int R){int t=Log[R-L+1];return cmp(f[L][t],f[R-Mi[t]+1][t]);}
inline ll left(int L,int R){int p=qry(L-1,R);return (ll)a[p]*(R-p+1)+fl[L-1]-fl[p];}
inline ll right(int L,int R){int p=qry(L,R+1);return (ll)a[p]*(p-L+1)+fr[R+1]-fr[p];}
int main(){
    #ifndef ONLINE_JUDGE
        file("s");
    #endif
    sd(n);sd(m);Sz=sqrt(n);a[n+1]=a[0]=inf;
    Mi[0]=1;fp(i,1,16)Mi[i]=Mi[i-1]<<1;
    fp(i,2,n)Log[i]=Log[i>>1]+1;
    fp(i,1,n)sd(a[i]),f[i][0]=i;
    fp(j,1,Log[n])fp(i,1,n-Mi[j-1]+1)
        f[i][j]=cmp(f[i][j-1],f[i+Mi[j-1]][j-1]);
    fp(i,1,n){
        while(Top&&a[S[Top]]>a[i])suf[S[Top--]]=i;
        pre[i]=S[Top];S[++Top]=i;
    }while(Top)pre[S[Top]]=S[Top-1],suf[S[Top--]]=n+1;
    fp(i,1,n)fr[i]=(ll)a[i]*(i-pre[i])+fr[pre[i]];
    fd(i,n,1)fl[i]=(ll)a[i]*(suf[i]-i)+fl[suf[i]];
    int x,y,L,R;
    fp(i,1,m)sd(x),sd(y),q[i]={x,y,x/Sz,i};
    sort(q+1,q+m+1);L=q[1].l,R=L-1;
    fp(i,1,m){
        x=q[i].l,y=q[i].r;
        while(L>x)Now+=left(L,R),L--;
        while(Rwhile(L1,R),++L;
        while(R>y)Now-=right(L,R-1),--R;
        ans[q[i].id]=Now;
    }
    fp(i,1,m)we(ans[i]);
return Ot(),0;
}

二.在线算法

我们假设区间 [l,r] [ l , r ] 的最小值的位置是 p p

那么对于左端点在 [l,p] [ l , p ] ,右端点在 [p,r] [ p , r ] 的区间最小值都是 a[p] a [ p ]

这一部分的贡献是 a[p]×(p−l+1)×(r−p+1) a [ p ] × ( p − l + 1 ) × ( r − p + 1 )

我们还没有统计 [l,p−1] [ l , p − 1 ] 和 [p+1,r] [ p + 1 , r ] 的答案

在莫队算法中我们已经知道

因为最终一定会存在一个点 x x ,满足 prex=p p r e x = p

那么 fr+1=ar+1×(r+1−prer+1)+…+ax×(x−p)+fp f r + 1 = a r + 1 × ( r + 1 − p r e r + 1 ) + … + a x × ( x − p ) + f p

我们可以发现 fr+1−fp f r + 1 − f p 就是原来要求的 f[p+1][r+1] f [ p + 1 ] [ r + 1 ]

然而这个是以 r+1 r + 1 为右端点,左端点在 (p,r+1] ( p , r + 1 ] 的答案

在这里我们就要考虑左端点在 (p,x] ( p , x ] ,右端点在 [x,r] [ x , r ] 的全部答案

对于点 r r ,所有以 r r 为右端点,左端点在 (p,r] ( p , r ] 的区间答案是 fr−fp f r − f p

对于点 r−1 r − 1 ,所有以 r−1 r − 1 为右端点,左端点在 (p,r−1] ( p , r − 1 ] 的区间答案是 fr−1−fp f r − 1 − f p

… …

对于点 p+1 p + 1 ,所有以 p+1 p + 1 为右端点,左端点在 (p,p+1] ( p , p + 1 ] 的区间答案是 fp+1−fp f p + 1 − f p

设 gi=∑ij=1fj g i = ∑ j = 1 i f j ,通过观察发现,这一部分的答案就是 gr−gp−fp×(r−p) g r − g p − f p × ( r − p )

同样的, p p 左边的情况也是类似

复杂度 O(nlogn) O ( n log ⁡ n )

#include
#define fp(i,a,b) for(register int i=a,I=b+1;i
#define fd(i,a,b) for(register int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(register int i=fi[u],v=e[i].to;i;v=e[i=e[i].nx].to)
#define file(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
char ss[1<<17],*A=ss,*B=ss;
inline char gc(){return A==B&&(B=(A=ss)+fread(ss,1,1<<17,stdin),A==B)?-1:*A++;}
template<class T>inline void sd(T&x){
    char c;T y=1;while(c=gc(),(c<48||571)if(c==45)y=-1;x=c-48;
    while(c=gc(),4758)x=x*10+c-48;x*=y;
}
char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
template<class T>inline void we(T x){
    if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]=45,x=-x;
    while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
    while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n';
}
const int N=1e5+5,inf=2e9;
typedef int arr[N];
typedef long long ll;
int n,m,Top,Mi[17],f[N][17];arr a,pre,suf,S,Log;ll fl[N],fr[N],gl[N],gr[N];
inline int cmp(const int x,const int y){return a[x]inline int qry(int L,int R){int t=Log[R-L+1];return cmp(f[L][t],f[R-Mi[t]+1][t]);}
int main(){
    #ifndef ONLINE_JUDGE
        file("s");
    #endif
    sd(n);sd(m);a[n+1]=a[0]=inf;
    Mi[0]=1;fp(i,1,16)Mi[i]=Mi[i-1]<<1;
    fp(i,2,n)Log[i]=Log[i>>1]+1;
    fp(i,1,n)sd(a[i]),f[i][0]=i;
    fp(j,1,Log[n])fp(i,1,n-Mi[j-1]+1)
        f[i][j]=cmp(f[i][j-1],f[i+Mi[j-1]][j-1]);
    fp(i,1,n){
        while(Top&&a[S[Top]]>a[i])suf[S[Top--]]=i;
        pre[i]=S[Top];S[++Top]=i;
    }while(Top)pre[S[Top]]=S[Top-1],suf[S[Top--]]=n+1;
    fp(i,1,n)fr[i]=(ll)a[i]*(i-pre[i])+fr[pre[i]],gr[i]=gr[i-1]+fr[i];
    fd(i,n,1)fl[i]=(ll)a[i]*(suf[i]-i)+fl[suf[i]],gl[i]=gl[i+1]+fl[i];
    int l,r,p;
    while(m--){
        sd(l),sd(r),p=qry(l,r);
        we((ll)(p-l+1)*(r-p+1)*a[p]+
            gr[r]-gr[p]-fr[p]*(r-p)+
            gl[l]-gl[p]-fl[p]*(p-l));
    }
return Ot(),0;
}

到这里我们可以发现,这个算法的复杂度瓶颈就在于 rmq r m q 了

朴素倍增 rmq r m q 预处理速度太慢

我们可以 O(n) O ( n ) 建立笛卡尔树来进行 rmq r m q ,设单次询问复杂度 =k<logn = k < log ⁡ n

所以这题可以做到 O(n+km) O ( n + k m )

#include
#define fp(i,a,b) for(register int i=a,I=b+1;i
#define fd(i,a,b) for(register int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(register int i=fi[u],v=e[i].to;i;v=e[i=e[i].nx].to)
#define file(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
char ss[1<<17],*A=ss,*B=ss;
inline char gc(){return A==B&&(B=(A=ss)+fread(ss,1,1<<17,stdin),A==B)?-1:*A++;}
template<class T>inline void sd(T&x){
    char c;T y=1;while(c=gc(),(c<48||571)if(c==45)y=-1;x=c-48;
    while(c=gc(),4758)x=x*10+c-48;x*=y;
}
char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
template<class T>inline void we(T x){
    if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]=45,x=-x;
    while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
    while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n';
}
const int N=1e5+5,inf=2e9;
typedef int arr[N];
typedef long long ll;
int n,m,rt;arr a,lc,rc,pre,suf,S,Log;ll fl[N],fr[N],gl[N],gr[N];
inline int cmp(const int x,const int y){return a[x]inline int qry(int L,int R){for(int x=rt;;x=(x>R?lc:rc)[x])if(L<=x&&x<=R)return x;}
int main(){
    #ifndef ONLINE_JUDGE
        file("s");
    #endif
    sd(n);sd(m);a[n+1]=a[0]=inf;int*Top=S;
    fp(i,1,n){
        sd(a[i]);
        while(Top!=S&&a[*Top]>=a[i])lc[i]=*Top--;
        rc[*Top]=i;*++Top=i;
    }rt=S[1];int top=0;
    fp(i,1,n){
        while(top&&a[S[top]]>a[i])suf[S[top--]]=i;
        pre[i]=S[top];S[++top]=i;
    }while(top)pre[S[top]]=S[top-1],suf[S[top--]]=n+1;
    fp(i,1,n)fr[i]=(ll)a[i]*(i-pre[i])+fr[pre[i]],gr[i]=gr[i-1]+fr[i];
    fd(i,n,1)fl[i]=(ll)a[i]*(suf[i]-i)+fl[suf[i]],gl[i]=gl[i+1]+fl[i];
    int l,r,p;
    while(m--){
        sd(l),sd(r),p=qry(l,r);
        we((ll)(p-l+1)*(r-p+1)*a[p]+
            gr[r]-gr[p]-fr[p]*(r-p)+
            gl[l]-gl[p]-fl[p]*(p-l));
    }
return Ot(),0;
}

从 O(nlogn+nn−−√)→O(nlogn)→O(n+km) O ( n log ⁡ n + n n ) → O ( n log ⁡ n ) → O ( n + k m ) 可见这题多么毒瘤一般的优秀

貌似可以出一道加强版(强制在线,数据范围 n,m≤2×106 n , m ≤ 2 × 10 6 )

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upd:2018.4.5 u p d : 2018.4.5

唔~笛卡尔树被 hack h a c k 了

看来这题还是只能做到 O(nlogn) O ( n log ⁡ n )

感谢@兔子接烧饼 指出我程序的错误