Codeforces 1707E. Replace (3500)

给定一个值域为 \([1,n]\) 的序列 \(a_1,a_2,\ldots,a_n\)。
定义 \(f(\{l,r\})=\{\min\limits_{i=l}^{r} a_i,\max\limits_{i=l}^{r} a_i\}\)。可以重复调用该函数，例如 \(f(f(\{l,r\}))\)，\(f(f(f(\{l,r\})))\)。
\(q\) 次询问，每次查询 \(\{l,r\}\) 区间最少调用几次 \(f\) 函数后会变成 \(\{1,n\}\)，或者判断不可能达到。
\(1\le n,q\le 10^5\)。

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\(\color{green}{\textbf{Key Observation:}}\)

若 \([l_1,r_1]\bigcap [l_2,r_2]\neq \empty,[l_1,r_1]\bigcup [l_2,r_2]=[l,r]\)，则 \(f^{k}(l_1,r_1)\bigcup f^{k}(l_2,r_2)=f^{k}(l,r)\)。

证明：设 \([L,R]=[l_1,r_1]\bigcap [l_2,r_2]\)，则有 \(\forall i\in [L,R],\min\limits_{k=l_1}^{r_1} a_k\le a_i\le\max\limits_{k=l_1}^{r_1} a_k\) 和 \(\forall i\in [L,R],\min\limits_{k=l_2}^{r_2} a_k\le a_i\le\max\limits_{k=l_2}^{r_r} a_k\)，那么显然有 \(\big[\min\limits_{k=l_1}^{r_1} a_k,\max\limits_{k=l_1}^{r_1} a_k\big]\bigcap\big[\min\limits_{k=l_2}^{r_2} a_k,\max\limits_{k=l_2}^{r_2} a_k\big]\neq \empty\)，值域相交，显然成立。

于是可以用 \(\text{ST}\) 表维护 \([i,i+^{2^j}-1]\) 跳到的区间，注意到跳的次数 \(\le\) 不同区间数量 \(=O(n^2)\)，可以再套一个倍增维护跳 \(2^t\) 次后的区间，总时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n,m,l,r,ans,NewL,NewR,lg[N],NL[35][17][N],NR[35][17][N];
inline int queryL(int t,int l,int r){
	int k=lg[r-l+1];
	return min(NL[t][k][l],NL[t][k][r-(1<<k)+1]);
}
inline int queryR(int t,int l,int r){
	int k=lg[r-l+1];
	return max(NR[t][k][l],NR[t][k][r-(1<<k)+1]);
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1,x;i<=n;++i)scanf("%d",&x),NL[0][0][i]=NR[0][0][i]=x;
	for(int i=2;i<=n;++i)lg[i]=lg[i>>1]+1;
	for(int j=1;j<17;++j)
		for(int i=1;i<=n-(1<<j)+1;++i)
			NL[0][j][i]=min(NL[0][j-1][i],NL[0][j-1][i+(1<<j-1)]),
			NR[0][j][i]=max(NR[0][j-1][i],NR[0][j-1][i+(1<<j-1)]);
	for(int t=1;t<35;++t)
		for(int j=0;j<17;++j)
			for(int i=1;i<=n-(1<<j)+1;++i)
				NL[t][j][i]=queryL(t-1,NL[t-1][j][i],NR[t-1][j][i]),
				NR[t][j][i]=queryR(t-1,NL[t-1][j][i],NR[t-1][j][i]);
	while(m--){
		scanf("%d%d",&l,&r),ans=1;
		if(l==1&&r==n){puts("0");continue;}
		for(int i=34;~i;--i){
			NewL=queryL(i,l,r),NewR=queryR(i,l,r);
			if(NewR-NewL<n-1)l=NewL,r=NewR,ans+=1<<i;
		}
		NewL=queryL(0,l,r),NewR=queryR(0,l,r);
		printf("%d\n",NewR-NewL<n-1?-1:ans);
	}
	return 0;
}