HNOI2016 序列 题解

HNOI2016 序列 题解

我做离线版本时往了偏序方向想，但是发现非常麻烦。直到看到了在线版本的容斥做法，发现既好写又跑得快。

首先考虑容斥，我们不妨把一个询问 $[L,R]$ 中最小值的位置 $pos$ 求出来。

• 子区间跨过 $pos$，贡献即 $(pos-L+1)\times (R-pos+1)\times a_{pos}$。
• 子区间在 $pos$ 左侧。
• 子区间在 $pos$ 右侧。

对于子区间在 $pos$ 左侧和右侧是等价的，我们讨论在左侧的情况，可以考虑容斥，经过尝试可以发现一下的构造方式是可行的。

以下我们记 $[l,r][L,R]$ 表示左端点在 $[l,r]$，右端点在 $[L,R]$ 的所有区间最小值的和。

那么

$$[L,pos-1][L,pos-1]=[L,n][L,n]-[pos,n][pos,n]-[L,pos-1][pos,n]$$

在这里我们运用了 $[L,pos-1][pos,n]$ 一定跨过 $pos$ 的性质来求。我们看具体怎么做。

设 $f_i=[i,n][i,n]$。可以递推求 $f_i$，有 $f_i=f_{i+1}+[i,i][i,n]$。

怎么求 $[i,i][i,n]$，考虑还可以递推，设 $F_i=[i,i][i,n]$。

考虑把最小值为 $a_i$ 的区间一并贡献，那么设 $r_i$ 表示 $i$ 右侧第一个比 $a_i$ 小的位置，对于 $r_i$ 及其右侧的贡献就是 $F_{r_i}$，所以就有

$$F_i=(r_i-i)\times a_i+F_{r_i}$$

$r_i$ 可以从右往左扫一遍用单调栈求。

我们再来看 $[L,pos-1][pos,n]$，前面说了要运用它跨过 $pos$ 的性质，由于 $pos$ 是 $[L,R]$ 内最小的位置，所以 $[L,pos-1]$ 都不大于 $pos$，于是就有等价

$$[L,pos-1][pos,n]=(pos-L)\times [pos][pos,n]=(pos-L)\times F_{pos}$$

那么这道题就做完了，瓶颈在于 RMQ，可以使用 ST 表做到 $O(n\log n+Q)$，或者使用 $O(n)\sim O(1)$ RMQ 做到 $O(n+Q)$。

代码难度较低，细节不多。

AC 代码：

using gen::init;
using gen::input;
using gen::output;
using gen::finish;
const int N=1e5+5;
int a[N];
pair<int,int> mn[17][N];
int get(int l,int r){
	int len=r-l+1;
	return min(mn[__lg(len)][l],mn[__lg(len)][r-(1<<__lg(len))+1]).second;
}
int stk[N],top=0;
int L[N],R[N];
ll f[N],F[N],g[N],G[N];
signed main(){
	read(n,Q,type);
	fo(i,1,n){
		read(a[i]);
		mn[0][i]={a[i],i};
		while(top&&a[stk[top]]>=a[i])--top;
		L[i]=stk[top];
		stk[++top]=i;
		F[i]=F[L[i]]+(ll)(i-L[i])*a[i];
		f[i]=f[i-1]+F[i];
	}
	stk[top=0]=n+1;
	fd(i,n,1){
		while(top&&a[stk[top]]>=a[i])--top;
		R[i]=stk[top];
		stk[++top]=i;
		G[i]=G[R[i]]+(ll)(R[i]-i)*a[i];
		g[i]=g[i+1]+G[i];
	}
	fo(i,1,__lg(n)){
		fo(j,1,n-(1<<i)+1){
			mn[i][j]=min(mn[i-1][j],mn[i-1][j+(1<<i-1)]);
		}
	}
	if(type==1)init();
	while(Q--){
		int l,r;
		if(type==1)input(l,r);
		else read(l,r);
		ull ans=0;
		int pos=get(l,r);
		ans=(ull)a[pos]*(pos-l+1)*(r-pos+1);
		ans+=g[l]-g[pos]-(ll)G[pos]*(pos-l)+f[r]-f[pos]-F[pos]*(r-pos);
		output(ans);
	}
	finish();
	return 0;
}