【HNOI2017】影魔
题目描述
影魔，奈文摩尔，据说有着一个诗人的灵魂。事实上，他吞噬的诗人灵魂早已成千上万。千百年来，他收集了各式各样的灵魂，包括诗人、牧师、帝王、乞丐、奴隶、罪人，当然，还有英雄。
每一个灵魂，都有着自己的战斗力，而影魔，靠这些战斗力提升自己的攻击。
奈文摩尔有 n 个灵魂，他们在影魔宽广的体内可以排成一排，从左至右标号 1 到 n。第 i 个灵魂的战斗力为 k[i]，灵魂们以点对的形式为影魔提供攻击力，对于灵魂对 i，j(i<j)来说，若不存在 k[s](i<s<j)大于 k[i]或者 k[j]，则会为影魔提供 p1 的攻击力（可理解为：当 j=i+1 时，因为不存在满足 i<s<j 的 s，从而 k[s]不存在，这时提供 p1 的攻击力；当 j>i+1 时，若 max{k[s]|i<s<j}<=min{k[i],k[j]} ，则提供 p1 的攻击力）；另一种情况，令 c 为 k[i+1],k[i+2],k[i+3]……k[j-1]的最大值，若 c 满足：k[i]<c<k[j],或者 k[j]<c<k[i]，则会为影魔提供 p2 的攻击力，当这样的 c 不存在时，自然不会提供这 p2 的攻击力；其他情况的点对，均不会为影魔提供攻击力。
影魔的挚友噬魂鬼在一天造访影魔体内时被这些灵魂吸引住了，他想知道，对于任意一段区间[a,b]，1<=a<b<=n，位于这些区间中的灵魂对会为影魔提供多少攻击力，即考虑所有满足 a<=i<j<=b 的灵魂对 i,j 提供的攻击力之和。
顺带一提，灵魂的战斗力组成一个 1 到 n 的排列：k[1],k[2],…,k[n]。
输入
输入文件名为 sf.in。
第一行 n,m,p1,p2
第二行 n 个数：k[1],k[2],…,k[n]
接下来 m 行，每行两个数 a,b，表示询问区间[a,b]中的灵魂对会为影魔提供多少攻击力。
输出
共输出 m 行，每行一个答案，依次对应 m 个询问。
样例输入
10 5 2 3 7 9 5 1 3 10 6 8 2 4 1 7 1 9 1 3 5 9 1 5
样例输出
30 39 4 13 16
提示
30%：1<= n,m <= 500。
另 30%: p1=2*p2。
100%:1 <= n,m <= 200000；1 <= p1,p2 <= 1000。
题解：
首先满足答案的条件很容易想，但一直不会打主席树，所以不知道怎么统计，今天学到了线段树解法.
设R[i]为i之后大于a[i]的第一个数的位置.L[i]为i之前大于a[i]的第一个数的位置.
容易想到:
1.每组[i,L[i]] [R[i],i] [i,i+1]可以贡献p1
2.[L[i],j] (i+1<=j<=R[i]-1) [j,R[i]](L[i]+1<=j<=i-1) 都可以贡献p2
然后就是统计:
这里都是考虑i作为有p2贡献的区间中，两端点中较大的一个.
我们假设i和[i+1,R[i]-1]之间的数都可以搭配成p2的条件,然后我们就在线段树中把[i+1,R[i]-1]加上p2.
但是并不一定满足p2的条件 ，我们先不考虑，
明显的：在i作为较大的一方时，i和R[i]不可以形成p2的形式，但是肯定可以产生p1的贡献，所以加上p1减去p2，使得之前不合法的计算都抵消了.
然后再反转数组.
求出i和L[i]搭配的答案.
程序流程就是：
1.i从n到1枚举 每一次把[i+1,R[i]-1]加上p2，并且把R[i]处加上p1-p2.
2.L端点在i的询问就+=[1,R]的和 R为询问的端点.
3.反转数组和询问 进行相同操作.
代码不过100行：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 using namespace std; 6 typedef long long ll; 7 const int N=200005; 8 int gi(){ 9 int str=0;char ch=getchar(); 10 while(ch>'9' || ch<'0')ch=getchar(); 11 while(ch>='0' && ch<='9')str=str*10+ch-'0',ch=getchar(); 12 return str; 13 } 14 int L[N],R[N],n,m,p1,p2,a[N],q[N]; 15 ll Tree[N*4],mark[N*4],ans[N]; 16 struct AKK{ 17 int id,l,r; 18 }ques[N]; 19 #define ls (node<<1) 20 #define rs (node<<1|1) 21 void pushdown(int node,int l,int r) 22 { 23 if(!mark[node])return ; 24 int sizels=((l+r)>>1)-l+1,sizers=r-((l+r)>>1); 25 Tree[ls]+=mark[node]*sizels;Tree[rs]+=mark[node]*sizers; 26 mark[ls]+=mark[node];mark[rs]+=mark[node]; 27 mark[node]=0; 28 } 29 void updata(int node){Tree[node]=Tree[ls]+Tree[rs];} 30 void change(int l,int r,int node,int sa,int se,int ad) 31 { 32 if(r<sa || l>se)return ; 33 if(sa<=l && r<=se) 34 { 35 Tree[node]+=(ll)ad*(r-l+1);mark[node]+=ad; 36 return ; 37 } 38 pushdown(node,l,r); 39 int mid=(l+r)>>1; 40 change(l,mid,ls,sa,se,ad); 41 change(mid+1,r,rs,sa,se,ad); 42 updata(node); 43 } 44 ll getsum(int l,int r,int node,int sa,int se) 45 { 46 if(r<sa || l>se)return 0; 47 if(sa<=l && r<=se)return Tree[node]; 48 pushdown(node,l,r); 49 int mid=(l+r)>>1; 50 return getsum(l,mid,ls,sa,se)+getsum(mid+1,r,rs,sa,se); 51 updata(node); 52 } 53 void pf() 54 { 55 int r=0; 56 q[r]=n+1; 57 for(int i=n;i>=1;i--) 58 { 59 while(r>0 && a[i]>=a[q[r]])r--; 60 R[i]=q[r]; 61 q[++r]=i; 62 } 63 } 64 void work() 65 { 66 pf(); 67 int k=m; 68 for(int i=n;i>=1;i--) 69 { 70 if(i+1<=R[i]-1) 71 change(1,n+1,1,i+1,R[i]-1,p2);change(1,n+1,1,R[i],R[i],p1-p2); 72 while(k>0 && ques[k].l==i)ans[ques[k].id]+=getsum(1,n+1,1,1,ques[k].r),k--; 73 } 74 } 75 void Clear(){memset(Tree,0,sizeof(Tree));memset(mark,0,sizeof(mark));} 76 bool comp(const AKK &p,const AKK &qq){return p.l<qq.l;} 77 int main() 78 { 79 n=gi();m=gi();p1=gi();p2=gi(); 80 for(int i=1; i<=n; i++)a[i]=gi(); 81 for(int i=1;i<=m;i++)ques[i].l=gi(),ques[i].r=gi(),ques[i].id=i; 82 sort(ques+1,ques+m+1,comp); 83 work(); 84 for(int i=1;i<=m;i++)ques[i].l=n+1-ques[i].l,ques[i].r=n+1-ques[i].r,swap(ques[i].l,ques[i].r); 85 reverse(a+1,a+n+1); 86 sort(ques+1,ques+m+1,comp); 87 Clear(); 88 work(); 89 for(int i=1;i<=m;i++)printf("%lld\n",ans[i]); 90 return 0; 91 }
