[bzoj4540][Hnoi2016][序列] (莫队算法+单调栈+st表)

Description

　　给定长度为n的序列：a1,a2,…,an，记为a[1:n]。类似地，a[l:r]（1≤l≤r≤N）是指序列：a_l,a_l+1,…,a_r-
1,a_r。若1≤l≤s≤t≤r≤n，则称a[s:t]是a[l:r]的子序列。现在有q个询问，每个询问给定两个数l和r，1≤l≤r
≤n，求a[l:r]的不同子序列的最小值之和。例如，给定序列5,2,4,1,3，询问给定的两个数为1和3，那么a[1:3]有
6个子序列a[1:1],a[2:2],a[3:3],a[1:2],a[2:3],a[1:3]，这6个子序列的最小值之和为5+2+4+2+2+2=17。

Input

　　输入文件的第一行包含两个整数n和q，分别代表序列长度和询问数。接下来一行，包含n个整数，以空格隔开
,第i个整数为ai，即序列第i个元素的值。接下来q行，每行包含两个整数l和r，代表一次询问。

Output

　　对于每次询问，输出一行，代表询问的答案。

Sample Input

5 5 
5 2 4 1 3 
1 5 
1 3 
2 4 
3 5 
2 5

Sample Output

28 
17 
11 
11 
17

HINT

 

1 ≤N,Q ≤ 100000,|Ai| ≤ 10^9

Solution

litc学长在暑假就讲过的题，现在临近寒假才过掉。。。

观察题目要求，容易得出若要优化暴力枚举，就要有技巧地统计每个元素产生的贡献

我们知道，任意元素x的贡献都可以表示为一个区间(l,r)，其中a[l]<a[x] 且 a[r]<a[x]

询问时，我们用莫队离线做，分块一下

先按块编号和右端点下标分别为第一、第二关键字排序询问

区间最小值可以用st表预处理出来

对每个询问，我们用O(n^(1/2))时间进行转移，每次移除或加入一个元素时，统计此元素对当前区间[l,r]的贡献，算一下就行

最后输出就好了，我的程序有点慢，估计是变量名太长、函数太多

#include <math.h>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#define MaxN 100010
#define MaxBuf 1<<22
#define L long long
#define RG register
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define Blue() (S == T&&(T=(S=B)+fread(B,1,MaxBuf,stdin),S == T) ? 0 : *S++)
#define dmin(x,y) ((x) < (y)?(x):(y))

char B[MaxBuf],*S=B,*T=B;

inline void Rin(RG int &x) {
    x=0;RG int c=Blue(),f=1;
    for(; c < 48||c > 57; c=Blue())
        if(c == 45)f=-1;
    for(; c > 47&&c < 58; c=Blue())
        x=(x<<1)+(x<<3)+c-48;
    x*=f; }

L sl[MaxN],sr[MaxN],ans[MaxN];

int n,m,a[MaxN],block_size,log_pre[MaxN],pl[MaxN],pr[MaxN],_pb[MaxN];

struct Pr{
    int fir,sec;

    Pr() {}

    Pr(RG int _,RG int __) : fir(_),sec(__) {}

    bool operator < (const Pr &other) const {
        return fir < other.fir; } }f[MaxN][20];

struct Request{
    int l,r,id,belong;

    bool operator < (const Request &other) const {
        if(belong == other.belong)
            return r < other.r;
        return belong < other.belong; } }Q[MaxN];

inline void Rmq_Init() {
    for(RG int i=1; i<18; i++)
        log_pre[1<<i]=1;
    for(RG int i=1; i<=n; i++)
        log_pre[i]+=log_pre[i-1];
    for(RG int i=1; i<=n; i++)
        f[i][0]=Pr(a[i],i);
    for(RG int k=1; k<18; k++)
        for(RG int i=1; i<=n-(1<<k)+1; i++)
            f[i][k]=dmin(f[i][k-1],f[i+(1<<k-1)][k-1]); }

inline int Rmq_Query(RG int l,RG int r) {
    RG int tim=log_pre[r-l+1];
    return dmin(f[l][tim],f[r-(1<<tim)+1][tim]).sec; }

inline void Mono_Stack() {
    RG int top=0,i;
    for(i=1; i<=n; i++) {
        while(top && a[_pb[top]] > a[i])
            pr[_pb[top]]=i,top--;
        _pb[++top]=i; }
    while(top)pr[_pb[top]]=n+1,top--;
    for(i=n; i; i--) {
        while(top && a[_pb[top]] > a[i])
            pl[_pb[top]]=i,top--;
        _pb[++top]=i; }
    while(top)pl[_pb[top]]=0,top--;
    for(i=1; i<=n; i++)
        sl[i]=sl[pl[i]]+(L)a[i]*(i-pl[i]);
    for(i=n; i; i--)
        sr[i]=sr[pr[i]]+(L)a[i]*(pr[i]-i);
}

inline L extend(RG int l,RG int r,RG bool c) {
    RG int x=Rmq_Query(l,r);
    return c ? (L)a[x]*(x-l+1)+sl[r]-sl[x] :
                (L)a[x]*(r-x+1)+sr[l]-sr[x];
}

inline void block_solve() {
    RG L ans;
    RG int l,r,i;
    for(i=1; i<=m; i++) {
        if(i == 1||Q[i].belong != Q[i-1].belong)
            r=(Q[i].belong-1)*block_size,l=r+1,ans=0;
        while(r < Q[i].r)
            ans+=extend(l,++r,1);
        while(l < Q[i].l)
            ans-=extend(l++,r,0);
        while(l > Q[i].l)
            ans+=extend(--l,r,0);
        :: ans[Q[i].id]=ans; } }

int main() {
    Rin(n),Rin(m);
    block_size=static_cast<int>(sqrt(n));
    for(RG int i=1; i<=n; i++)
        Rin(a[i]);
    for(RG int i=1; i<=m; i++)
        Rin(Q[i].l),Rin(Q[i].r),Q[i].id=i,Q[i].belong=(Q[i].l-1)/block_size+1;
    std::sort(Q+1,Q+1+m);

    Rmq_Init();
    Mono_Stack();
    block_solve();

    for(RG int i=1; i<=m; i++)
        printf("%lld\n",ans[i]);
    return 0; }