【BZOJ4540】[Hnoi2016]序列 莫队算法+单调栈

【BZOJ4540】[Hnoi2016]序列

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：a_l,a_l+1,…,a_r-
1,a_r。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：区间题，容易算出一个端点元素对区间的贡献，很容易想到用莫队

先分块处理询问后，剩下的就是我们已知了[l,r]的最小值之和，怎么求出[l,r+1]的最小值之和

显然，新增的答案就是min[l,r+1]+min[l+1,r+1]+min[l+2,r+1]...并且本题只能在O(n*sqrt(n))的时间复杂度内完成，于是决定用单调栈来搞一搞

我们预处理出ls[i],rs[i]代表i左边（右边）第一个比i小的数的位置，然后我们令：

sr[i]=v[i]*(rs[i]-i)+sr[rs[i]]
sl[i]=v[i]*(i-ls[i])+sl[ls[i]]

它的意义就是min[1,i]+min[2,i]+min[3,i]。。。发现这是一个类似于前缀和的东西，但显然它是不满足可减性的，所以我们要想办法使它能够进行类似于前缀相减的操作

假如我们直接用ls[r]-ls[l-1]，发现如果v[l-1]比[l,r]中的最小值大，则得到的答案会比我们想要的答案偏小。于是我们想能不能用[l,r]中的最小值来计算，显然可以。当我们用ls[r]-ls[min[l,r]]时，发现我们成功的得到了min[1..r]+min[2..r]+...min[min[l,r],r]和min[1,r]+min[2,r]+..min[r,r]，现在只需要把中间的重复部分减掉，那就减去v[min[l,r]]*(min[l,r]-l+1)

求[l,r]的最小值位置我们可以用RMQ用O(nlogn)预处理，然后O(1)查询。上面写的min[l,r]有时指位置，有时指值，希望不要搞混

 

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=100010;
typedef long long ll;
int n,m,siz;
struct node
{
	int ql,qr,org;
}p[maxn];
int ls[maxn],rs[maxn],q[maxn],t,f[maxn][20],Log[maxn];
ll ans[maxn],sl[maxn],sr[maxn],v[maxn],sum;
bool cmp(node a,node b)
{
	if((a.ql-1)/siz==(b.ql-1)/siz)	return a.qr<b.qr;
	return (a.ql-1)/siz<(b.ql-1)/siz;
}
int getmin(int l,int r)
{
	int k=Log[r-l+1];
	return (v[f[l][k]]<v[f[r-(1<<k)+1][k]])?f[l][k]:f[r-(1<<k)+1][k];
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	int i,j,l=1,r=0;
	siz=(int)sqrt((double)n);
	for(i=1;i<=n;i++)	scanf("%lld",&v[i]);
	for(i=1;i<=m;i++)	scanf("%d%d",&p[i].ql,&p[i].qr),p[i].org=i;
	t=0;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		while(t&&v[q[t]]>v[i])	rs[q[t--]]=i;
		q[++t]=i;
	}
	while(t)	rs[q[t--]]=n+1;
	t=0;
	for(i=n;i>=1;i--)
	{
		while(t&&v[q[t]]>v[i])	ls[q[t--]]=i;
		q[++t]=i;
	}
	while(t)	ls[q[t--]]=0;
	for(i=1;i<=n;i++)	sl[i]=sl[ls[i]]+(i-ls[i])*v[i];
	for(i=n;i>=1;i--)	sr[i]=sr[rs[i]]+(rs[i]-i)*v[i];
	for(i=1;i<=n;i++)	f[i][0]=i;
	for(i=2;i<=n;i++)	Log[i]=Log[i>>1]+1;
	for(j=1;(1<<j)<=n;j++)
		for(i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)
			f[i][j]=v[f[i][j-1]]<v[f[i+(1<<j-1)][j-1]]?f[i][j-1]:f[i+(1<<j-1)][j-1];
	sort(p+1,p+m+1,cmp);
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		while(r<p[i].qr)	r++,t=getmin(l,r),sum+=sl[r]-sl[ls[t]]-v[t]*(l-1-ls[t]);
		while(r>p[i].qr)	t=getmin(l,r),sum-=sl[r]-sl[ls[t]]-v[t]*(l-1-ls[t]),r--;
		while(l>p[i].ql)	l--,t=getmin(l,r),sum+=sr[l]-sr[rs[t]]-v[t]*(rs[t]-r-1);
		while(l<p[i].ql)	t=getmin(l,r),sum-=sr[l]-sr[rs[t]]-v[t]*(rs[t]-r-1),l++;
		ans[p[i].org]=sum;
	}
	for(i=1;i<=m;i++)	printf("%lld\n",ans[i]);
	return 0;
}