2019牛客暑期多校训练营（第三场）G: Removing Stones（启发式分治）

题意：给定N，表示N堆石子，每堆石子数为a[]，问多少个区间，可以满足“石子总和若为偶数，那么可以两两取来自不同堆的石子，直到取完； 如果为奇数，那么排除其中一个，然后可以两两取来自不同堆的石子，直到取完”。

思路：结论是，如果一个区间的区间和大于等于区间最大值的两倍，则这个区间合法。 考虑分治，我们首先找到区间最大值(为了不重复统计，多个最大值时，统一取最左边的，这个可以ST表示实现)，然后考虑跨越这个位置的合法区间个数。枚举一端，另外一段二分即可。

由于分治的性质，我们每次的复杂度要倾向于小的那边，即是一个启发式合并的逆过程，所以启发式分治复杂度是O(NlogN)的，加上二分，这个做法的复杂度是O(Nlog^2N)。

可以参考差不多的题：https://www.cnblogs.com/hua-dong/p/11171241.html。所以我感觉我遇到的原题还挺多的。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=300010;
int lg[maxn],a[maxn],dp[maxn][20],N;
ll sum[maxn],sum2[maxn],ans;
void RMQ()
{
    rep(i,1,N) dp[i][0]=i;
    for(int i=1;(1<<i)<=N;i++){
        for(int j=1;j+(1<<i)-1<=N;j++){
           dp[j][i]=a[dp[j][i-1]]>=a[dp[j+(1<<(i-1))][i-1]]?
             dp[j][i-1]:dp[j+(1<<(i-1))][i-1];
        }
    }
}
void solve(int L,int R)
{
    if(L>=R) return ;
    int k=lg[R-L+1];
    int Mid=(a[dp[L][k]]>=a[dp[R-(1<<k)+1][k]]?
      dp[L][k]:dp[R-(1<<k)+1][k]);
    if(Mid-L<R-Mid){
        rep(i,L,Mid) {
            int pos=lower_bound(sum+Mid,sum+R+1,sum[i-1]+2LL*a[Mid])-sum;
            ans+=R-pos+1;
        }
    }
    else {
        rep(i,Mid,R) {
            int pos=lower_bound(sum2+N-Mid+1,sum2+N-L+2,sum2[N-i]+2LL*a[Mid])-sum2;
            ans+=N+1-L-pos+1;
        }
    }
    solve(L,Mid-1); solve(Mid+1,R);
}
int main()
{
    lg[0]=-1;
    rep(i,1,maxn-1) lg[i]=lg[i>>1]+1;
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d",&N); ans=0;
        rep(i,1,N)
          scanf("%d",&a[i]),sum[i]=sum[i-1]+a[i];
        rep(i,1,N) sum2[i]=sum2[i-1]+a[N+1-i];
        RMQ();
        solve(1,N);
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}