P8868 [NOIP2022] 比赛（线段树维护区间历史和）

题意

给定排列 $a, b$ ， $q$ 次询问 $l, r$ ，你需要求出 $\sum_{l \leq l^{'} \leq r^{'} \leq r} ({max}_{i = l^{'}}^{r^{'}} a_{i}) ({max}_{i = l^{'}}^{r^{'}} b_{i})$ 对 $2^{64}$ 取模的值。

$n, q \leq 2.5 \times 10^{5}$

分析

根据经典套路，按 $r$ 扫描线，维护两个单调栈，那么加入一个数就相当于进行若干段区间加。当扫到 $r$ 的时候，每个点 $l$ 存储的是以 $l$ 为左端点，分别以 $1 \sim r$ 为右端点的权值之和，而最终的查询就相当于求 $[l, r]$ 的区间历史和是多少。

这个东西看上去就不是很好维护。我们考虑把转移写成矩阵形式，设向量 $[\begin{matrix} l e n \sum a \sum b \sum a \cdot b \end{matrix}]$ ，那么，对 $a$ 进行区间加的转移矩阵就是 $[\begin{matrix} 1 & v & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & v & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]$ ，对 $b$ 进行区间加的转移矩阵就是 $[\begin{matrix} 1 & 0 & v & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & v & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]$ ，对全局将当前答案加到历史和的转移矩阵是 $[\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}]$ 。暴力维护矩阵乘法的时间复杂度 $O (5^{3} n \log n)$ ，一脸过不去。

考虑到：

该矩阵是一个上三角矩阵，故我们不需要维护左下部分。
对角线上的元素恒为 1，故我们也不需要维护对角线。
$(2, 3)$ 上的元素恒为 0（ $\sum a$ 对 $\sum b$ 肯定没贡献），故我们也不需要维护该位置的值。
$(1, 2), (3, 4)$ 、 $(1, 3), (2, 4)$ 两个位置的元素恒等（考虑实际意义），故每对位置中维护其中一个即可。
这样我们只需要维护 $25 - 15 - 1 - 2 = 7$ 个值，暴力展开矩阵乘法即可。向量乘矩阵是平凡的。

时间复杂度 $O (n \log n)$ 。

点击查看代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<map>
#include<unordered_map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<stack>
#include<bitset>
#include<set>
#include<ctime>
#include<random>
#include<cassert>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
#define PY puts("Yes")
#define PN puts("No")
#define PW puts("-1")
#define P0 puts("0")
#define P__ puts("")
#define PU puts("--------------------")
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define pc putchar
#define pb emplace_back
#define un using namespace
#define popc __builtin_popcountll
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define rep(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);++a)
#define per(a,b,c) for(int a=(b);a>=(c);--a)
#define reprange(a,b,c,d) for(int a=(b);a<=(c);a+=(d))
#define perrange(a,b,c,d) for(int a=(b);a>=(c);a-=(d))
#define graph(i,j,k,l) for(int i=k[j];i;i=l[i].nxt)
#define lowbit(x) (x&-x)
#define lson(x) (x<<1)
#define rson(x) (x<<1|1)
#define mem(x,y) memset(x,y,sizeof x)
//#define double long double
//#define int long long
//#define int __int128
using namespace std;
using i64=long long;
using u64=unsigned long long;
using pii=pair<int,int>;
inline int rd(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-48;ch=getchar();}return x*f;
}
template<typename T>
inline void write(T x,char ch='\0'){
	if(x<0){x=-x;putchar('-');}
	int y=0;char z[40];
	while(x||!y){z[y++]=x%10+48;x/=10;}
	while(y--)putchar(z[y]);if(ch!='\0')putchar(ch);
}
bool Mbg;
const int maxn=2.5e5+5,maxm=4e5+5,inf=0x3f3f3f3f;
const long long llinf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int ID,n,Q;
int a[maxn],b[maxn];
int sta[2][maxn],tp[2];
vector<pii>q[maxn];
u64 ans[maxn];
namespace sgt{
	struct info{
		u64 len,asum,bsum,absum,hsum;
		info(){len=asum=bsum=absum=hsum=0;}
	};
	struct Tag{
		u64 wa,wb,ws,hl,ha,hb,hs;
		Tag(){wa=wb=ws=hl=ha=hb=hs=0;}
		inline Tag(u64 _a,u64 _b,u64 _c,u64 _d,u64 _e,u64 _f,u64 _g){
			wa=_a,wb=_b,ws=_c,hl=_d,ha=_e,hb=_f,hs=_g;
		}
		inline bool empty(){
			return !wa&&!wb&&!ws&&!hl&&!ha&&!hb&&!hs;
		}
	};
	inline info operator+(info x,info y){
		info res;
		res.len=x.len+y.len;
		res.asum=x.asum+y.asum;
		res.bsum=x.bsum+y.bsum;
		res.absum=x.absum+y.absum;
		res.hsum=x.hsum+y.hsum;
		return res;
	}
	inline Tag operator+(Tag x,Tag y){
		Tag res;
		res.wa=x.wa+y.wa;
		res.wb=x.wb+y.wb;
		res.ws=x.ws+y.ws+x.wa*y.wb+x.wb*y.wa;
		res.hl=x.hl+y.hl+x.wa*y.ha+x.wb*y.hb+x.ws*y.hs;
		res.ha=x.ha+y.ha+x.wb*y.hs;
		res.hb=x.hb+y.hb+x.wa*y.hs;
		res.hs=x.hs+y.hs;
		return res;
	}
	inline info operator+(info x,Tag y){
		info res;
		res.len=x.len;
		res.asum=x.asum+x.len*y.wa;
		res.bsum=x.bsum+x.len*y.wb;
		res.absum=x.absum+x.len*y.ws+x.asum*y.wb+x.bsum*y.wa;
		res.hsum=x.hsum+x.len*y.hl+x.asum*y.ha+x.bsum*y.hb+x.absum*y.hs;
		return res;
	}
	info d[maxn<<2];
	Tag tag[maxn<<2];
	inline void pu(int p){
		d[p]=d[lson(p)]+d[rson(p)];
	}
	inline void pt(int p,Tag v){
		d[p]=d[p]+v,tag[p]=tag[p]+v;
	}
	inline void pd(int p){
		if(!tag[p].empty()){
			pt(lson(p),tag[p]),pt(rson(p),tag[p]);
			tag[p]=Tag();
		}
	}
	#define mid ((l+r)>>1)
	inline void bd(int l=1,int r=n,int p=1){
		d[p].len=r-l+1;
		if(l==r)return;
		bd(l,mid,lson(p)),bd(mid+1,r,rson(p));
	}
	inline void upd(int ll,int rr,Tag v,int l=1,int r=n,int p=1){
		if(ll<=l&&r<=rr)return pt(p,v);
		pd(p);
		if(ll<=mid)upd(ll,rr,v,l,mid,lson(p));
		if(rr>mid)upd(ll,rr,v,mid+1,r,rson(p));
		pu(p);
	}
	info qry(int ll,int rr,int l=1,int r=n,int p=1){
		if(ll<=l&&r<=rr)return d[p];
		info res;pd(p);
		if(ll<=mid)res=res+qry(ll,rr,l,mid,lson(p));
		if(rr>mid)res=res+qry(ll,rr,mid+1,r,rson(p));
		return res; 
	}
	#undef mid
}un sgt;
inline void solve_the_problem(){
	ID=rd(),n=rd();
	rep(i,1,n)a[i]=rd();
	rep(i,1,n)b[i]=rd();
	Q=rd();
	rep(i,1,Q){
		int l=rd(),r=rd();
		q[r].pb(mp(l,i));
	}
	bd();
	rep(i,1,n){
		while(tp[0]&&a[i]>a[sta[0][tp[0]]]){
			upd(sta[0][tp[0]-1]+1,sta[0][tp[0]],Tag(a[i]-a[sta[0][tp[0]]],0,0,0,0,0,0));
			--tp[0];
		}
		upd(i,i,Tag(a[i],0,0,0,0,0,0)),sta[0][++tp[0]]=i;
		while(tp[1]&&b[i]>b[sta[1][tp[1]]]){
			upd(sta[1][tp[1]-1]+1,sta[1][tp[1]],Tag(0,b[i]-b[sta[1][tp[1]]],0,0,0,0,0));
			--tp[1];
		}
		upd(i,i,Tag(0,b[i],0,0,0,0,0)),sta[1][++tp[1]]=i;
		upd(1,i,Tag(0,0,0,0,0,0,1));
//		write(qry(1,i).hsum,10);
		for(pii qwq:q[i]){
			int l=qwq.fi,id=qwq.se;
			info res=qry(l,i);
//			write(res.len,32),write(res.asum,32),write(res.bsum,32),write(res.absum,10);
			ans[id]=res.hsum;
		}
	}
	rep(i,1,Q)write(ans[i],10);
}
bool Med;
signed main(){
//	freopen(".in","r",stdin);freopen(".out","w",stdout);
//	fprintf(stderr,"%.3lfMB\n",(&Mbg-&Med)/1048576.0);
	int _=1;
	while(_--)solve_the_problem();
}
/*

*/