[JZOJ4687]奇袭
[JZOJ4687]奇袭
题目
由于各种原因，桐人现在被困在Under World（以下简称UW）中，而UW马上要迎来最终的压力测试——魔界入侵。
唯一一个神一般存在的Administrator被消灭了，靠原本的整合骑士的力量是远远不够的。所以爱丽丝动员了UW全体人民，与整合骑士一起抗击魔族。
在UW的驻地可以隐约看见魔族军队的大本营。整合骑士们打算在魔族入侵前发动一次奇袭，袭击魔族大本营！
为了降低风险，爱丽丝找到了你，一名优秀斥候，希望你能在奇袭前对魔族大本营进行侦查，并计算出袭击的难度。
经过侦查，你绘制出了魔族大本营的地图，然后发现，魔族大本营是一个N×N的网格图，一共有N支军队驻扎在一些网格中（不会有两只军队驻扎在一起）。
在大本营中，每有一个k×k(1≤k≤N)的子网格图包含恰好k支军队，我们袭击的难度就会增加1点。
现在请你根据绘制出的地图，告诉爱丽丝这次的袭击行动难度有多大。
输入保证每一行和每一列都恰有一只军队。INPUT
第一行，一个正整数N，表示网格图的大小以及军队数量。
接下来N行，每行两个整数,Xi,Yi，表示第i支军队的坐标。
保证每一行和每一列都恰有一只军队,即每一个Xi和每一个Yi都是不一样 的。
OUTPUT
一行，一个整数表示袭击的难度。
SAMPLE
INPUT
5
1 1
3 2
2 4
5 5
4 3
OUTPUT
10
解题报告
考试打了一个二维树状数组= =
正解：
我们考虑：
保证每一行和每一列都恰有一只军队,即每一个$X_{i}$和每一个$Y_{i}$都是不一样的。
这是这道题的关键，既然每一个$X_{i}$与每一个$Y_{i}$都是不一样的，那么我们就想，我们是否可以把二维压成一维？
自然可以。
以横坐标为下标，纵坐标为关键字，我们实际上就得到了一个$1$到$n$的排列
那么要求的值就转化为：
在区间$[L,R]$中，满足$max(L,R)-min(L,R)==R-L$的区间的个数
想想为什么？
我们要求的是在$k\times k$的矩阵中，恰有$k$个军队的矩阵数目
我们假设我们取的子网格图为以$(a,b)$为左上顶点的$k\times k$子网格，这$k$个军队所在坐标为$(x_{i},y_{i})$那么显然，在这第$a$行到第$a+k-1$行中，每一行的军队都应在$[b,b+k-1]$的区间中
即：
$$max(y_{i})=b+k-1,min(y_{i})=b$$
当我们将其压成一维后，自然就得到了上面的结论
重点在于如何处理这个值
我们考虑分治，就得到$ans[L,R]=ans[L,MID]+ans[MID+1]+ans[...]$
其中，$ans[...]$代表跨越$MID$的区间的答案
我们完全可以处理出每个位置到$MID$的最大值及最小值，那么就可以应用上述的式子了
对于跨越中间的区间的答案，我们可以看作两种情况：
- 最值在$MID$同侧
- 最值在$MID$异侧
其中，左右颠倒的情况基本是互相对称的，所以我们只详细讨论其中两种
当最值同在左侧时：
我们枚举一个$l$作为区间左端点，由上述式子可推知：$r=l+max(l,mid)-mid(l,mid)$（移项就出来了）
然后就可以判断该右端点的合法性
首先，当$r<=mid$时，该$r$不合法，因为该区间就没有跨越$MID$，并不属于讨论的大前提
然后，我们已经确定了此时的$max$与$min$，所以我们还需判断该$r$是否对其产生影响
即：
$$max(MID+1,r)<max(l,MID)$$
$$min(MID+1,r)>min(l,MID)$$
最值同在右侧：
对称一下
枚举右端点，算左端点，判断是否合法
最小值在左侧，最大值在右侧：
枚举左端点$l$，显然，$max(MID+1,i)(i>MID)$随着$i$增大是单调不下降的（因为新加入的值只可能在比当前$max$大时才会更新该值，否则该值不变，故单调不下降）
同理，$min(MID+1,i)(i>MID)$单调不上升
我们可以建两个指针$r1,r2$，用$r1$与$r2$中间所有点为合法右端点
我们令$r2$满足$min(MID+1,r2)>min(l,MID)$，以满足$min$在左侧
再令$r1$满足$max(MID+1,r1-1)<max(l,MID)$，以使$[MID+1,r1-1]$为不合法的右端点区间
这样就可以保证$[r1,r2]$为合法右端点的区间
剩下的就是统计个数了
还是上面的式子：$max(l,r)-min(l,r)=r-l$
移项：$max(l,r)-r=min(l,r)-l$
即：$max(MID+1,r)-r=min(l,MID)-l$
我们可以用桶来实现，对于$r2$，我们把$max(MID+1,r2)-r2$扔进桶里，对于移动前的$r1$，我们把$max(MID+1,r1)-r1$从桶里扔出来
注意桶的清空以及保证$r1<=r2$
最大值在左侧，最小值在右侧：
对称一下
枚举右端点
读者可以自行移项推一下这种情况的式子（反正底下代码里也有）
这样就可以在$O(nlog_{2}n)$的时间复杂度内解决问题了
1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 #include<cstdio> 4 using namespace std; 5 inline int read(){ 6 int sum(0); 7 char ch(getchar()); 8 for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()); 9 for(;ch>='0'&&ch<='9';sum=sum*10+(ch^48),ch=getchar()); 10 return sum; 11 } 12 const int N(50005); 13 const int ADD=N<<1; 14 typedef long long L; 15 int n; 16 int a[N]; 17 int mxl[N],mxr[N],mnl[N],mnr[N]; 18 L tong[ADD<<1]; 19 inline L cal(int l,int r){ 20 if(l==r) 21 return 1; 22 int mid((l+r)>>1); 23 L ret(0); 24 mxl[mid]=mnl[mid]=a[mid]; 25 mxr[mid+1]=mnr[mid+1]=a[mid+1]; 26 for(int i=mid-1;i>=l;--i) 27 mxl[i]=max(mxl[i+1],a[i]),mnl[i]=min(mnl[i+1],a[i]); 28 for(int i=mid+2;i<=r;++i) 29 mxr[i]=max(mxr[i-1],a[i]),mnr[i]=min(mnr[i-1],a[i]); 30 for(int i=mid;i>=l;--i){ 31 int pos(mxl[i]-mnl[i]+i); 32 if(pos<=mid||pos>r) 33 continue; 34 if(mnr[pos]>mnl[i]&&mxr[pos]<mxl[i]) 35 ++ret; 36 } 37 for(int i=mid+1;i<=r;++i){ 38 int pos(mnr[i]-mxr[i]+i); 39 if(pos>mid||pos<l) 40 continue; 41 if(mnl[pos]>mnr[i]&&mxl[pos]<mxr[i]) 42 ++ret; 43 } 44 int r1(mid+1),r2(mid); 45 for(int i=mid;i>=l;--i){ 46 while(mnr[r2+1]>mnl[i]&&r2<r){ 47 ++r2; 48 ++tong[mxr[r2]-r2+ADD]; 49 } 50 while(mxl[i]>mxr[r1]){ 51 --tong[mxr[r1]-r1+ADD]; 52 ++r1; 53 if(r1>r) 54 break; 55 } 56 if(r1>r) 57 break; 58 if(r1<=r2) 59 ret+=tong[mnl[i]-i+ADD]; 60 } 61 for(int i=l;i<=mid;++i) 62 tong[mnl[i]-i+ADD]=0; 63 for(int i=mid+1;i<=r;++i) 64 tong[mxr[i]-i+ADD]=0; 65 int l1(mid),l2(mid+1); 66 for(int i=mid+1;i<=r;++i){ 67 while(mnl[l2-1]>mnr[i]&&l2>l){ 68 --l2; 69 ++tong[mxl[l2]+l2+ADD]; 70 } 71 while(mxr[i]>mxl[l1]){ 72 --tong[mxl[l1]+l1+ADD]; 73 --l1; 74 if(l1<l) 75 break; 76 } 77 if(l1<l) 78 break; 79 if(l2<=l1) 80 ret+=tong[mnr[i]+i+ADD]; 81 } 82 for(int i=l;i<=mid;++i) 83 tong[mxl[i]+i+ADD]=0; 84 for(int i=mid+1;i<=r;++i) 85 tong[mnr[i]+i+ADD]=0; 86 return ret; 87 } 88 inline L ef(int l,int r){ 89 if(l==r) 90 return 1; 91 int mid((l+r)>>1); 92 return cal(l,r)+ef(l,mid)+ef(mid+1,r); 93 } 94 int main(){ 95 n=read(); 96 for(int i=1;i<=n;++i){ 97 int x(read()),y(read()); 98 a[x]=y; 99 } 100 printf("%lld\n",ef(1,n)); 101 }
ps：注意在减的时候下标可能出负数，自行处理一下即可
