【BZOJ4540】【HNOI2016】序列（莫队）

题面

BZOJ
洛谷

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

题解

我其实本来不想写莫队来着
但是在网上找题解都是莫队
无奈。。。我也写莫队。。

莫队的重点就在于怎么 O(1) 转移状态

假设我们已经求出了 [L+1,R] 的答案
现在要扩展到 [L,R]
考虑新产生的 [L..L],[L..L+1]...,[L...R] 的答案
我们先找到这段区间的最小值，假设其位置是 p
那么右端点在 [p,R] 的子序列的贡献都是 a[p]
接下来呢？把 [L,p−1] 继续考虑？
但是我们要做到转移 O(1) ，所以考虑怎么优化
我们设 f[i] 表示确定左端点为 i 时，到后面所有位置的贡献
利用单调栈求出右侧第一个比 i 位置小的数的位置 R[i]
[i,R[i]−1] 的贡献就是 a[i] ，而 [R[i],n] 的贡献则与 i 无关，
只与 R[i] 有关，因此，我们得到转移

f[i]=f[R[i]]+(R[i]−i)∗a[i]

所以，此时 [L,p) 的贡献就是 f[L]−f[p]

考虑右侧的贡献同理

综上，时间复杂度 O(nn√)

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define ll long long
#define RG register
#define MAX 111111
inline int read()
{
    RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return x*t;
}
int n,q,blk;
int L[MAX],R[MAX],S[MAX],top,a[MAX],lg[MAX];
ll f[MAX],g[MAX],ans[MAX],Ans;
struct Query{int i,l,r,blk;}Q[MAX];
bool operator<(Query a,Query b){if(a.blk!=b.blk)return a.blkreturn a.rstruct STable
{
    int p[18][MAX];
    void pre()
    {
        for(int j=1;j<=lg[n];++j)
            for(int i=1;i+(1<<(j-1))<=n;++i)
                p[j][i]=a[p[j-1][i]]<=a[p[j-1][i+(1<<(j-1))]]?p[j-1][i]:p[j-1][i+(1<<(j-1))];
    }
    int Query(int l,int r)
    {
        int k=lg[r-l+1];
        return a[p[k][l]]<=a[p[k][r-(1<1]]?p[k][l]:p[k][r-(1<1];
    }
}ST;
ll CalcL(int l,int r)
{
    int p=ST.Query(l,r);
    return 1ll*(r-p+1)*a[p]+g[l]-g[p];
}
ll CalcR(int l,int r)
{
    int p=ST.Query(l,r);
    return 1ll*(p-l+1)*a[p]+f[r]-f[p];
}
int main()
{
    n=read();q=read();blk=sqrt(n);
    for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        while(top&&a[S[top]]>a[i])--top;
        L[i]=S[top];
        S[++top]=i;
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)f[i]=f[L[i]]+1ll*(i-L[i])*a[i];
    S[top=0]=n+1;
    for(int i=n;i;--i)
    {
        while(top&&a[S[top]]>a[i])--top;
        R[i]=S[top];
        S[++top]=i; 
    }
    for(int i=n;i>=1;--i)g[i]=g[R[i]]+1ll*(R[i]-i)*a[i];
    for(int i=1;i<=q;++i)
    {
        int l=read(),r=read();
        Q[i]=(Query){i,l,r,(l-1)/blk};
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)ST.p[0][i]=i;
    for(int i=2;i<=n;++i)lg[i]=lg[i>>1]+1;
    ST.pre();
    sort(&Q[1],&Q[q+1]);
    for(int i=1,L=1,R=0;i<=q;++i)
    {
        while(Rwhile(L>Q[i].l)Ans+=CalcL(--L,R);
        while(R>Q[i].r)Ans-=CalcR(L,R--);
        while(Lfor(int i=1;i<=q;++i)printf("%lld\n",ans[i]);
    return 0;
}