P6774 时代的眼泪

名人名言#

一道非常优秀的分块入门题，值得分块初学者花时间思考，不值得一写。

—— $\tt{B}\color{red}{Fqwq}$

Section -1#

好吧，虽然前半句令人不适，后半句说的还是挺对的。

NOI 2020 之后就一直想切这个题……没办法，谁叫我是时代的眼泪呢……

一开始一直沿用 Yuno loves sqrt tech I 的方法做这题，最后发现虽然有一些迁移性，但还是有较大差异的。

如果您没有切 Yuno loves sqrt tech I，强烈建议你先去做那个题，至少口胡一遍。

由于下标会比较多，本文在超过一个下标的时候会采用多元函数形式表示数组，以拯救笔者和读者的眼睛。

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• 定义 $F(l,r,x,y)$：$(l,r,x,y)$ 这个询问的答案。

• 定义 $G(L,R,x,y)$：第 $L$ 到 $R$ 块块间答案。

• 定义 $lp$：块的最左边。

• 规定下文的 $[l,r]$ 只包含 $[l,r]$ 内的整数。

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序列分块，块长 $\sqrt n$，序列内离散化。

Section 2#

接下来的套路就比较寻常了，我们先把左右散块分开得到一张经典图。

然后不难发现有三种块间贡献：散块对整块（红 $\to$ 蓝），整块对散块（蓝 $\to$ 绿），散块对散块（红 $\to$ 绿），整块对整块（一块中的蓝 $\to$ 另一块的蓝）。

然后不难发现除了这几种贡献，我们还有散块和整块间（同块 $\to$ 同块）的贡献，一共 $6$ 种。

这六种贡献加起来，就是答案了（如果左右端点在同块则只记为一个散块统计）。

接下来我们一个一个来算。

Section 3#

我们先考虑散块内部的贡献。

现在的规模已经变成 $\sqrt n$ 了（即下标，值域都 $\leq\sqrt n$），因此可以暴力记录 $[lp,i]$ 的数中小于等于 $y$ 的有几个。

• 定义 $rk_i$ 为 $i$ 的块内从小到大排名。
• 定义 $pre(i,r)$ 为 $[lp,i]$ 中 $rk$ 小于 $r$ 的数的数量。

我们对于每一块都预处理这一块的 $pre$ 数组，一个块的复杂度为 $\sqrt n\times\sqrt n$，总复杂度为 $O(n\sqrt n)$。

然后我们可以拆 $F(l,r,x,y)=F(l,r,1,y)-F(l,r,1,x-1)-\sum\limits_{i=l}^r[x\leq a_i\leq y]pre(i,lb_x-1)$。

稍微推一下就可以得到 $F(l,r,1,y)=\sum\limits_{i=l}^r[a_i\leq y]pre(i,rk_i)$。单次询问复杂度 $O(\sqrt n)$。

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散块对散块的贡献。

这类是最简单的，由于两边都只有 $\sqrt n$ 个数，提取出来排序后归并计算顺序对即可。如果我们对每块预先根据值排序，然后只对所有数判断是否需要提取出来，单次询问复杂度就可以消掉 $\log$，即 $O(\sqrt n)$。这个 trick 和 Yuno loves sqrt tech I 是一样的，具体可以看这张图。

Section 5#

整块对整块的贡献。

由于只有 $\sqrt n$ 个块，我们还是可以暴力。

• 定义 $PRE(i,r)$ 为前 $i$ 块中小于等于 $r$ 的数的个数。

预处理的时间复杂度为 $O(n\sqrt n)$。

然后我们根据散块间贡献那个式子的形式分解一下，假设我们求第 $[L,R]$ 块的贡献。

$G(L,R,x,y)=G(L,R,1,y)-G(L,R,1,x-1)-\sum\limits_{i=L}^RP_iQ_i$。

其中 $P_i$ 代表 $[L,i)$ 块中 $<x$ 的数的个数，$Q_i$ 代表第 $i$ 块 $\in[x,y]$ 的数的个数。由于 $P_i$ 和 $Q_i$ $PRE$ 已经处理好了，于是后面的东西可以 $O(\sqrt n)$ 算。

而前面我们就要再次利用之前的一个性质了：一个块只有 $\sqrt n$ 种不同的数。我们将 $PRE$ 数组转化成块内贡献。

• 定义 $bpre(i,r)$ 为 $i$ 所在块之前的所有数中小于 $i$ 这块从小到大第 $j$ 个数的数量。
• 定义 $lb(i,j)$ 为在 $i$ 所在块所有元素中比 $j$ 小的最大元素的从小到大排名。

不难发现并不需要预处理 $bpre$ ，可以根据 $rk$ 在 $PRE$ 中查询，$lsh$ 可以单块 $O(n)$ 处理，总时间复杂度 $O(n\sqrt n)$。

有了这两项，我们就可以预处理 $G(L,R,1,y)$ 了。

• 定义 $bans(i,L,r)$ 为 $[1,L]$ 块与第 $i$ 块从小到大前 $r$ 个元素组成的逆序对数量。

显然 $bans(i,L,r)=\sum\limits_{j\in\text{block}}[rk_j\leq r]bpre_{L,rk_j}$，然后这玩意可以前缀和，单块 $O(n)$，整体 $O(n\sqrt n)$。

$G(L,R,1,x)=\sum\limits_{i=L+1}^R bans(i,i-1,lb(i,x))-bans(i,L-1,lb(i,x))$，因此单次询问 $O(\sqrt n)$。

Section 6#

散块对整块的贡献和整块对散块的贡献。

这两部分并不难，由于只有 $\sqrt n$ 个数，我们只要判断每个数和中间的所有整块能组成的逆序对即可。

我们可以将所有整块中 $[l,r]$ 的出现次数用 $PRE$ 在 $O(1)$ 的时间内求出来，对于散块中的数一个一个求逆序对数量即可，单次询问 $O(\sqrt n)$。

Section 7#

整块块内的贡献。

由于 $x$ 和 $y$ 在每块离散化之后只有 $\sqrt n\times \sqrt n$ 种选择，所以我们考虑把所有情况都算出来。

• 定义 $Pre(i,x,y)$ 为第 $i$ 块取从小到大第 $x$ 到 $y$ 个元素组成的逆序对数量。

这部分是可以通过 $pre(i,r)$ 暴力预处理的，单块 $O(n)$，总时空复杂度 $O(n\sqrt n)$。

Section 8#

综上，我们在 $O(n\sqrt n)$ 的时空复杂度内在线解决了这个问题……

这个题实现起来逻辑清晰，但是代码有一点点细节和一点点长度，在洛谷上有一点点卡常。

为了卡常我特判了第 $10$ 个数据点并在那个点用了 Yuno loves sqrt tech II 的代码。

然而如果您不像我一样人傻常数大应该马上就能卡过去吧。