CF1156E Special Segments of Permutation

CF1156E Special Segments of Permutation

给定一个长度为 \(n\) 的排列，求有多少个区间 \([l,\ r]\) 使得 \(a_l+a_r=\displaystyle\max_{i=l}^r\{a_i\}\)

\(n\leq2\times10^5\)

单调栈，暴力，启发式合并

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考虑枚举每个数作为最大值出现的区间 \([l_i,\ r_i]\) ，可以用单调栈 \(O(n)\) 求出

对于区间 \([l_i,\ r_i]\) ，考虑枚举左端点 \(l\) ，可以求出右端点元素 \(a_r=a_i-a_l\) ，若 \(r\in[i,\ r]\) ，则计入贡献

但这样是 \(O(n^2)\) 的

考虑一个看似无用的优化：每次枚举 \([l,\ i],\ [i,\ r]\) 较短的一侧

考虑这样的时间复杂度：对原排列建树，对区间 \([l,\ r]\) 将区间最大值 \(a_i\) 作为根，两侧递归。这样点 \(i\) 所遍历的点数即为 \(\min(\operatorname{size(lson),\ size(rson)})\) ，可以采用启发式合并的时间复杂度证明

时间复杂度 \(O(n\log n)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn = 2e5 + 10;
int n, top, a[maxn], st[maxn], pos[maxn], lef[maxn], rig[maxn];

int main() {
  scanf("%d", &n);
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    scanf("%d", a + i), pos[a[i]] = i;
  }
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    while (top && a[st[top]] < a[i]) top--;
    lef[i] = st[top] + 1, st[++top] = i;
  }
  top = 0, st[0] = n + 1;
  for (int i = n; i; i--) {
    while (top && a[st[top]] < a[i]) top--;
    rig[i] = st[top] - 1, st[++top] = i;
  }
  int ans = 0;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    int l = lef[i], r = rig[i];
    if (i - l < r - i) {
      for (int j = l; j <= i; j++) {
        ans += pos[a[i] - a[j]] >= i && pos[a[i] - a[j]] <= r;
      }
    } else {
      for (int j = i; j <= r; j++) {
        ans += pos[a[i] - a[j]] >= l && pos[a[i] - a[j]] <= i;
      }
    }
  }
  printf("%d", ans);
  return 0;
}