[HNOI2016] 序列

[HNOI2016] 序列

题解：$ST$表 + 莫队

• 设莫队维护区间$[l,r]$的答案$ans$，我们考虑右端点$r$向右扩张时$r:=r+1$对$ans$的影响，设$min[l,r]$代表区间$[l,r]$中的最小值
• $ans:=ans+min[r,r]+min[r-1,r]+min[r-2,r]+...+min[l,r]$
• 设$[l,r]$中最小值的位置为$p$，则$min[i,r]=a[p],i\in [l,p]$，所以$ans:=ans+a[p]\times (p-l+1)+min[r,r]+...+min[p+1,r]$
• 我们令$pre[i]$为左边比$a[i]$第一个小的位置，$nxt[i]$为右边比$a[i]$第一个小的位置，$fr[i]:\sum _{l=1}^{i}min[l,i]$，$fl[i]:\sum _{r=n}^{i}min[i,r]$
• $fr[i]=fr[pre[i]]+(i-pre[i])\times a[i]$，$fl[i]=fl[nxt[i]]+(nxt[i]-i)\times a[i]$
• 我们发现左端点在$[pre[r],r]$的最小值都是$a[r]$，那么对答案的贡献为$(r-pre[r])\times a[r]$
• 以此类推，一定存在一个点$x$，使得$pre[x]=p$
• 所以$ans:=ans+a[p]\times (p-l+1)+(x-pre[x])\times a[x]+...+(r-pre[r])\times a[r]$
• 容易发现$(x-pre[x])\times a[x]+...+(r-pre[r])\times a[r]=fr[r]-fr[p]$
• 所以$ans:=ans+a[p]\times (p-l+1)+fr[r]-fr[p]$
• 那么对于一个端点的扩张我们可以$O(1)$更新答案
• 单调栈预处理$pre[i],nxt[i]$，$ST$表$O(nlogn)$预处理，$O(1)$查询最小值位置，$O(n)$预处理$fl[i],fr[i]$
• 复杂度：$O(nlogn+n\sqrt{n})$

const int N = 1e5 + 10, M = 4e5 + 10;
const int B = sqrt(N) + 1;

int n, q, a[N], nxt[N], pre[N], stk[N], top, fl[N], fr[N];
int id[N], ans[N], Ans, st[N][22], lg2[N];

struct QUERY
{
    int l, r, idx;
    bool operator<(const QUERY &t) const
    {
        if (id[l] == id[t.l])
        {
            if (id[l] & 1)
                return r < t.r;
            else
                return r > t.r;
        }
        else
            return l < t.l;
    }
} qry[N];

void build()
{
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        st[i][0] = i;
    for (int i = 2; i <= n; ++i)
        lg2[i] = lg2[i >> 1] + 1;
    for (int j = 1; j <= 20; ++j)
        for (int i = 1; i + (1ll << j) - 1 <= n; ++i)
            st[i][j] = (a[st[i][j - 1]] < a[st[i + (1ll << (j - 1))][j - 1]] ? st[i][j - 1] : st[i + (1ll << (j - 1))][j - 1]);
}

int query(int l, int r)
{
    int len = lg2[r - l + 1];
    return (a[st[l][len]] < a[st[r - (1ll << len) + 1][len]] ? st[l][len] : st[r - (1ll << len) + 1][len]);
}

void del(int l, int r, int op)
{
    int p = query(l, r);
    if (op == 1)
        Ans -= a[p] * (r - p + 1) + fl[l] - fl[p];
    else
        Ans -= a[p] * (p - l + 1) + fr[r] - fr[p];
}

void add(int l, int r, int op)
{
    int p = query(l, r);
    if (op == 1)
        Ans += a[p] * (r - p + 1) + fl[l] - fl[p];
    else
        Ans += a[p] * (p - l + 1) + fr[r] - fr[p];
}

void solve()
{
    cin >> n >> q;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        cin >> a[i];
    // 初始化 ST表
    build();
    // 单调栈预处理 pre[i] : 左边第一个比a[i]小的数的位置
    for (int i = 1, top = 0; i <= n; ++i)
    {
        while (top && a[stk[top]] >= a[i])
            top--;
        if (top)
            pre[i] = stk[top];
        else
            pre[i] = 0;
        stk[++top] = i;
    }
    // 单调栈预处理 nxt[i] : 右边第一个比a[i]小的数的位置
    for (int i = n, top = 0; i >= 1; --i)
    {
        while (top && a[stk[top]] >= a[i])
            top--;
        if (top)
            nxt[i] = stk[top];
        else
            nxt[i] = n + 1;
        stk[++top] = i;
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        fr[i] = fr[pre[i]] + a[i] * (i - pre[i]);
    for (int i = n; i >= 1; --i)
        fl[i] = fl[nxt[i]] + a[i] * (nxt[i] - i);
    for (int i = 1; i <= q; ++i)
    {
        cin >> qry[i].l >> qry[i].r;
        qry[i].idx = i;
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) // 分块
        id[i] = (i - 1) / B + 1;
    sort(qry + 1, qry + q + 1); // 对查询进行排序
    for (int i = 1, l = 1, r = 0; i <= q; ++i)
    {
        while (l > qry[i].l)
            add(--l, r, 1);
        while (r < qry[i].r)
            add(l, ++r, 2);
        while (l < qry[i].l)
            del(l++, r, 1);
        while (r > qry[i].r)
            del(l, r--, 2);
        ans[qry[i].idx] = Ans;
    }
    for (int i = 1; i <= q; ++i)
        cout << ans[i] << endl;
}