【HNOI2016】序列 莫队+单调栈+RMQ

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：

这题思路莫名清晰，一看没有修改果断上莫队

然后移动指针r时会产生（r-l+1）个新区间 考虑每一个区间的最小值是谁，我们就统计一个数对哪些区间有贡献

很容易得知：设pre[i]为i之前第一个比a[i]小的数，于是i的贡献就是（i-pre[i]+1）*a[i] 而pre[i]的贡献为(pre[i]-pre[pre[i]]+1)*a[pre[i]] 以此类推 设[l,r]区间的最小值所在位置为kt，kt产生的贡献即为（kt-i+1）*a[kt]，所以pre[i]一直往前走到kt位置 

然后为了统计的效率，我们处理一个前缀和数组，含义大概就是上面那个沿着pre走，走到0为止的和

sum[i]可以递推出来：sum[i]=sum[pre[i]]+(i-pre[i]+1)*a[i].

L指针的移动同理，改成减去即可

然后pre数组单调栈处理

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define ls (node<<1)
#define rs (node<<1|1)
using namespace std;
const int N=100005,INF=1999999999;
typedef long long ll;
int gi(){
    int str=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch>'9' || ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0' && ch<='9')str=str*10+ch-'0',ch=getchar();
    return str*f;
}
int n,m,a[N],Tree[N*4],ct,pre[N],nxt[N],q[N],maxdep,f[N][21];
ll as=0,suml[N],sumr[N],ans[N];
struct AKK{
    int l,r,id;
}ques[N];
bool comp(const AKK &p,const AKK &qq)
{
    if(p.l/ct!=qq.l/ct)return p.l/ct<qq.l/ct;
    return p.r<qq.r;
}
void prework()
{
    q[0]=0;int r=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        while(r>0 && a[i]<=a[q[r]])r--;
        pre[i]=q[r];
        q[++r]=i;
    }
    r=0;q[0]=n+1;
    for(int i=n;i>=1;i--)
    {
        while(r>0 && a[i]<=a[q[r]])r--;
        nxt[i]=q[r];
        q[++r]=i;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)suml[i]=suml[pre[i]]+(ll)(i-pre[i])*a[i];
    for(int i=n;i>=1;i--)sumr[i]=sumr[nxt[i]]+(ll)(nxt[i]-i)*a[i];
}
int Ask(int l,int r)
{
    int k=(int)(log(r-l+1)/log(2)),to=r-(1<<k)+1;
    if(a[f[l][k]]<=a[f[to][k]])return f[l][k];
    return f[to][k];
}
ll pl(int l,int r)
{
    int kt=Ask(l,r);
    ll cnt=(ll)(kt-l+1)*a[kt];
    cnt+=suml[r]-suml[kt];
    return cnt;
}
ll pr(int l,int r)
{
    int kt=Ask(l,r);
    ll cnt=(ll)(r-kt+1)*a[kt];
    cnt+=sumr[l]-sumr[kt];
    return cnt;
}
void work()
{
    int l=1,r=1;as=a[1];
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        while(r<ques[i].r)r++,as+=pl(l,r);
        while(r>ques[i].r)as-=pl(l,r),r--;
        while(l<ques[i].l)as-=pr(l,r),l++;
        while(l>ques[i].l)l--,as+=pr(l,r);
        ans[ques[i].id]=as;
    }
}
void gf()
{
    for(int j=1;j<=maxdep;j++)
    for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)
    {
        int to=i+(1<<(j-1));
        if(a[f[i][j-1]]>a[f[to][j-1]])f[i][j]=f[to][j-1];
        else f[i][j]=f[i][j-1];
    }
}
int main()
{
    n=gi();m=gi();
    for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=gi(),f[i][0]=i;
    maxdep=log(n)/log(2);
    gf();
    for(int i=1;i<=m;i++)ques[i].l=gi(),ques[i].r=gi(),ques[i].id=i;
    ct=sqrt(n);
    sort(ques+1,ques+m+1,comp);
    prework();
    work();
    for(int i=1;i<=m;i++)printf("%lld\n",ans[i]);
    return 0;
}