【题解】P4755 Beautiful Pair

麻了，这么多典题没做过……

思路

分治 / 笛卡尔树。

这一类和区间最值相关的区间端点对计数应该都可以用这种做法做。

由于求的是最大值，不妨从大到小考虑每个 $a_i$ 的贡献。

显然存在一个连续的区间 $[l_i, r_i]$，使得这个区间任意包含 $i$ 的子区间最大值均为 $a_i$.

所以与 $a_i$ 相关的贡献只有可能在这个区间中产生。

这道题中 $l_i = \max\limits_{j < i, a_j \geq a_i} j + 1, r_i = \min\limits_{j > i, a_j > a_i} j - 1$，注意要特判一下边界情况。

一个思路是枚举 $[l_i, i], [i, r_i]$ 中较短的一个区间，尝试将当中的每一个位置作为区间一侧的端点，然后在另一侧计数满足条件的端点个数。这个过程可以用数据结构维护。

这种做法本质上是分治，等价于从大到小考虑 $a_i$ 的贡献，不断将当前的分治区间划分成两部分。

考虑这个分治的逆过程，相当于不断将两个小的合并区间合并。

因为每次遍历较小的区间，所以本质上是启发式合并，故而复杂度不超过 $O(n \log n)$.

这道题中可以转化成询问某个区间内小于等于某个数的值个数。考虑将询问差分一下，离线下来挂在相应的位置询问就行。

还有另外一种构造笛卡尔树的做法，本质上是相同的，只不过是考虑在笛卡尔树上进行中序遍历来访问区间而已。可能这种做法比离线好调一点。

这个做法实际上是利用笛卡尔树的性质（大根堆）来求 $[l_i, r_i]$，可能泛用性没有分治做法高。

两种做法的时间复杂度都是 $O(n \log^2 n)$

另一道可以用这个方法解决的题目是 CF1777F

代码

view code#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long ll;

#define pb push_back

const int maxn = 1e5 + 5;

int n;
int top, stk[maxn], idx[maxn];
int a[maxn], b[maxn];
int lft[maxn], rgt[maxn];
vector<int> val[maxn], coe[maxn];

namespace BIT
{
    int c[maxn];

    int lowbit(int x) { return x & (-x); }

    void update(int p, int w) { for (int i = p; i <= n; i += lowbit(i)) c[i] += w; }

    int query(int p) { int res = 0; for (int i = p; i; res += c[i], i -= lowbit(i)) ; return res; }
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]), b[i] = a[i];
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        while (top && a[i] > stk[top]) top--;
        lft[i] = top ? idx[top] + 1 : 1, stk[++top] = a[i], idx[top] = i;
    }
    top = 0;
    for (int i = n; i >= 1; i--)
    {
        while (top && a[i] >= stk[top]) top--;
        rgt[i] = top ? idx[top] - 1 : n, stk[++top] = a[i], idx[top] = i;
    }
    // for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d %d\n", lft[i], rgt[i]);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if (i - lft[i] <= rgt[i] - i)
        {
            val[i - 1].pb(1), coe[i - 1].pb(-1);
            val[rgt[i]].pb(1), coe[rgt[i]].pb(1);
            for (int j = lft[i]; j <= i - 1; j++)
            {
                val[i - 1].pb(a[i] / a[j]), coe[i - 1].pb(-1);
                val[rgt[i]].pb(a[i] / a[j]), coe[rgt[i]].pb(1);
            }
        }
        else
        {
            val[lft[i] - 1].pb(1), coe[lft[i] - 1].pb(-1);
            val[i].pb(1), coe[i].pb(1);
            for (int j = i + 1; j <= rgt[i]; j++)
            {
                val[lft[i] - 1].pb(a[i] / a[j]), coe[lft[i] - 1].pb(-1);
                val[i].pb(a[i] / a[j]), coe[i].pb(1);
            }
        }
    }
    sort(b + 1, b + n + 1);
    int m = unique(b + 1, b + n + 1) - b - 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = lower_bound(b + 1, b + m + 1, a[i]) - b;
    ll ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        BIT::update(a[i], 1);
        for (int j = 0, v, c; j < val[i].size(); j++)
        {
            v = (val[i][j] >= b[m] ? m : upper_bound(b + 1, b + m + 1, val[i][j]) - b - 1), c = coe[i][j];
            ans += BIT::query(v) * c;
        }
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}