题解 正睿1308 【省选特训11】弗福斯
经过观察，不难发现好序列的一些性质。
性质一：一个序列是好序列，当且仅当\(\max-\min+1=r-l+1\)。其中\(\max\)表示序列里的最大值，\(\min\)表示序列里的最小值。
性质二：如果两个好序列相交，其交叉部分一定也是好序列。
证明：设交叉部分的最大、最小值分别为\(\max\), \(\min\)。如果交叉部分不是好序列，则一定存在至少一个\([\min,\max]\)之间的数，位置位于交叉部分以外。左边的好序列，说明这些数全部在交叉部分的左边；右边的好序列，说明这些数全部在交叉部分的右边。出现矛盾。故交叉部分一定是好序列。
考虑对每个位置\(i\)，求出一个\(R[i]\)，表示以\(i\)为左端点的所有好序列，最大右端点为\(R[i]\)。那么对于一组询问\([x,y]\)，我们求出最大的一个\(i\)，使得\(i\leq x\)且\(R[i]\geq y\)，则这个\(i\)就是该询问答案的左端点。理由：
- 首先，\([i,R[i]]\)一定是一个好序列。如果以\([i,R[i]]\)为答案，则答案的左端点是\(i\)。
- 根据定义，一定不存在\(j>i\)使得有\(j\)开头的好序列。
- 如果存在一个\(j<i\)，满足\([j,k]\)是好序列且完全包含\([x,y]\)，要使\([j,k]\)比\([i,R[i]]\)更优，则必有\(k<R[i]\)。此时，根据性质二，\([i,k]\)也是一个好序列。所以答案的左端点还是\(i\)。
这样，我们预处理出\(R[i]\)以后，用ST表维护\(R\)序列的区间最大值。每次询问，二分\(i\)的位置，判断\((\max_{j=\text{mid}}^{x}R[j])\)是否\(\geq y\)即可。
同理，如果我们预处理出\(L[i]\)，则找到第一个\(j\geq y\)使得\(L[j]\leq x\)，这样的\(j\)就是答案的右端点了。
如何求出\(R[1\dots n]\)和\(L[1\dots n]\)呢？不妨以求\(R\)为例。把序列翻转后用同样的方法做一遍，就能求出\(L\)了。
考虑求\(R\)。从后往前扫描所有左端点\(i\)。对于每个\(j\geq i\)，记\(\text{mx}_j=\max_{k=i}^{j}p_k\), \(\text{mn}_j=\min_{k=i}^{j}p_k\)，则显然有：\(\forall j\geq i:\text{mx}_j-\text{mn}_j\geq j-i\)。而且根据性质一，\([i,j]\)是好序列，当且仅当\(\text{mx}_j-\text{mn}_j=j-i\)。所以，如果我们能对所有\(j\)，维护出\(v_j=\text{mx}_j-\text{mn}_j-j\)，那么只需要维护\(v\)序列的区间最小值和最小值的位置，值相同时取靠后的位置，就能求出\(R[i]\)了。注意，我们询问时询问\([i,n]\)的区间最小值，这个最小值一定是\(v_i=-i\)。所以我们关心的其实并不是最小值本身，而是最后一个等于最小值的位置，这个位置就是\(R[i]\)。
因为是从后往前扫描\(i\)，考虑从\(i+1\)变为\(i\)时，要做的操作相当于是让所有\(j\)的\(\text{mx}_j\)对\(p_i\)取\(\max\)，\(\text{mn}_j\)对\(p_i\)取\(\min\)。同时维护出\(v_j=\text{mx}_j-\text{mn}_j-j\)的区间最小值及其位置。这个既取\(\max\)又取\(\min\)的操作无法直接用吉老师线段树实现，考虑更巧妙的方法。我们维护两个单调栈，一个栈里数值单调递增，表示每个数后面第一个大于它的数出现的位置；另一个栈单调递减，表示每个数后面第一个小于它的数出现的位置。则对于递增栈里相邻的两个元素\(\text{sta}[i]\), \(\text{sta}[i-1]\)，序列上\([\text{sta}[i],\text{sta}[i-1]-1]\)这段区间的区间最大值就是\(p_{\text{sta}[i]}\)。同理，对于递减栈，这样的情况代表的是区间最小值。当我们要把\(i\)入栈时，需要分别从两个栈顶弹出一些元素，以此维持栈的单调性。这些弹出的元素，意味着我们要把对应区间的最大/最小值修改为\(p_i\)。并且现在要修改的量都是已知的了。我们直接用线段树做区间加即可。
时间复杂度\(O(n\log n)\)。
参考代码：
//problem:ZR1308
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
const int MAXN=1e5;
const int INF=1e9;
int n,a[MAXN+5],L[MAXN+5],R[MAXN+5];
struct SegmentTree{
// min{ max-min-pos }
// 值相等时,选靠后的
int mn[MAXN*4+5],mnp[MAXN*4+5],tag[MAXN*4+5];
void push_up(int p){
if(mn[p<<1]<mn[p<<1|1]){
mn[p]=mn[p<<1];
mnp[p]=mnp[p<<1];
}
else{
mn[p]=mn[p<<1|1];
mnp[p]=mnp[p<<1|1];
}
}
void upd(int p,int v){
mn[p]+=v;
tag[p]+=v;
}
void push_down(int p){
if(tag[p]){
upd(p<<1,tag[p]);
upd(p<<1|1,tag[p]);
tag[p]=0;
}
}
void build(int p,int l,int r){
tag[p]=0;
if(l==r){
mn[p]=-l;
mnp[p]=l;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(p<<1,l,mid);
build(p<<1|1,mid+1,r);
push_up(p);
}
void range_add(int p,int l,int r,int ql,int qr,int v){
if(ql<=l&&qr>=r){
upd(p,v);
return;
}
push_down(p);
int mid=(l+r)>>1;
if(ql<=mid)range_add(p<<1,l,mid,ql,qr,v);
if(qr>mid)range_add(p<<1|1,mid+1,r,ql,qr,v);
push_up(p);
}
pii better_one(pii x,pii y){
if(x.fi==y.fi)return x.se>y.se?x:y;
return x.fi<y.fi?x:y;
}
pii query_rangemin(int p,int l,int r,int ql,int qr){
if(ql<=l&&qr>=r){
return mk(mn[p],mnp[p]);
}
push_down(p);
int mid=(l+r)>>1;
pii res=mk(INF,-1);
if(ql<=mid)res=query_rangemin(p<<1,l,mid,ql,qr);
if(qr>mid)res=better_one(res,query_rangemin(p<<1|1,mid+1,r,ql,qr));
push_up(p);
return res;
}
SegmentTree(){}
}T;
void get_R(int n,const int* a,int* res){
//res[i]: 使a[i...j]是好序列的最大的j
static pii sta_le[MAXN+5],sta_gr[MAXN+5];
int top_le=0,top_gr=0;
sta_le[top_le=1]=mk(-INF,n+1);
sta_gr[top_gr=1]=mk(INF,n+1);
T.build(1,1,n);
for(int i=n;i>=1;--i){
while(sta_le[top_le].fi>=a[i]){
assert(top_le>1);
if(sta_le[top_le].fi-a[i]){
T.range_add(1,1,n,sta_le[top_le].se,sta_le[top_le-1].se-1,sta_le[top_le].fi-a[i]);
}
--top_le;
}
sta_le[++top_le]=mk(a[i],i);
while(sta_gr[top_gr].fi<=a[i]){
assert(top_gr>1);
if(a[i]-sta_gr[top_gr].fi){
T.range_add(1,1,n,sta_gr[top_gr].se,sta_gr[top_gr-1].se-1,a[i]-sta_gr[top_gr].fi);
}
--top_gr;
}
sta_gr[++top_gr]=mk(a[i],i);
res[i]=T.query_rangemin(1,1,n,i,n).se;
}
}
void get_L(int n,const int* a,int* res){
static int rev[MAXN+5];
for(int i=1;i<=n;++i)rev[i]=a[n-i+1];
get_R(n,rev,res);
reverse(res+1,res+n+1);
for(int i=1;i<=n;++i)res[i]=n-res[i]+1;
}
int _log2[MAXN+5];
struct RMQ{
int mx[MAXN+5][18],mn[MAXN+5][18];
void build(int n,int* arr){
for(int i=1;i<=n;++i)mx[i][0]=mn[i][0]=arr[i];
for(int j=1;j<=17;++j){
for(int i=1;i+(1<<(j-1))<=n;++i){
mx[i][j]=max(mx[i][j-1],mx[i+(1<<(j-1))][j-1]);
mn[i][j]=min(mn[i][j-1],mn[i+(1<<(j-1))][j-1]);
}
}
}
int qmax(int l,int r){
assert(l<=r);
int k=_log2[r-l+1];
return max(mx[l][k],mx[r-(1<<k)+1][k]);
}
int qmin(int l,int r){
assert(l<=r);
int k=_log2[r-l+1];
return min(mn[l][k],mn[r-(1<<k)+1][k]);
}
RMQ(){}
}rmqL,rmqR;
int main() {
_log2[0]=-1;
for(int i=1;i<=MAXN;++i)_log2[i]=_log2[i>>1]+1;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i)cin>>a[i];
get_R(n,a,R);
get_L(n,a,L);
//for(int i=1;i<=n;++i)cout<<L[i]<<" ";cout<<endl;
rmqL.build(n,L);
rmqR.build(n,R);
int q;cin>>q;while(q--){
int x,y,ansl,ansr;cin>>x>>y;
int l=1,r=x;
while(l<r){
int mid=(l+r+1)>>1;
if(rmqR.qmax(mid,x)>=y)l=mid;
else r=mid-1;
}
ansl=l;
l=y,r=n;
while(l<r){
int mid=(l+r)>>1;
if(rmqL.qmin(y,mid)<=x)r=mid;
else l=mid+1;
}
ansr=l;
cout<<ansl<<' '<<ansr<<endl;
}
return 0;
}
