CF765F Souvenirs
没有强制在线,所以可以离线,把询问按右端点排序,然后从左往右枚举右端点,并维护左端点为\(1\)到\(i\)的区间的答案,然后询问就可以直接取出来
现在优化这个过程.因为是两个元素的最小绝对值,所以先考虑\(i>j,a_i\le a_j\)的贡献,然后把序列和询问端点颠倒过来再做一遍,就能考虑所有情况.那么这个过程可以看成枚举到右端点\(i\),然后找到最大的\(j<i\)满足\(a_i\le a_j\),更新左端点为\(1\)到\(j\)的答案,然后继续,找最大的\(j'<j\)满足\(a_i\le a_{j'}<a_j\),更新左端点为\(1\)到\(j'\)的答案...但是还是不优.进一步的,我们加一个限制,我们强制\(a_j-a_{j'}\ge a_{j'}-a_i\),如果不满足这个条件,我们就让\((j',j)\)这个点对去更新答案,并且不会更劣.这样子做,\(a_j\)和\(a_i\)之差每做一次至少减少一半,所以找\(j\)的过程用上可持久化线段树,复杂度就是\(O(nlognlog_{\max a_i})\)
注意每次更新的都是一段前缀,所以可以把一个点答案改为后缀最小值,然后线段树单点修改区间查询即可
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define uLL unsigned long long
#define db double
using namespace std;
const int N=3e5+10;
int rd()
{
int x=0,w=1;char ch=0;
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*w;
}
int n,m,q;
int s[N*50],ch[N*50][2],rt[N],tt;
void inst(int o1,int o2,int x,int y)
{
s[o1]=max(s[o2],y);
int l=1,r=m;
while(l<r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid)
{
ch[o1][0]=++tt,ch[o1][1]=ch[o2][1];
o1=ch[o1][0],o2=ch[o2][0];
r=mid;
}
else
{
ch[o1][0]=ch[o2][0],ch[o1][1]=++tt;
o1=ch[o1][1],o2=ch[o2][1];
l=mid+1;
}
s[o1]=max(s[o2],y);
}
}
int quer(int o,int l,int r,int ll,int rr)
{
if(!o||ll>rr) return 0;
if(ll<=l&&r<=rr) return s[o];
int an=0,mid=(l+r)>>1;
if(ll<=mid) an=max(an,quer(ch[o][0],l,mid,ll,rr));
if(rr>mid) an=max(an,quer(ch[o][1],mid+1,r,ll,rr));
return an;
}
int mi[N<<2];
void psup(int o){mi[o]=min(mi[o<<1],mi[o<<1|1]);}
void modif(int o,int l,int r,int lx,int x)
{
if(l==r){mi[o]=min(mi[o],x);return;}
int mid=(l+r)>>1;
if(lx<=mid) modif(o<<1,l,mid,lx,x);
else modif(o<<1|1,mid+1,r,lx,x);
psup(o);
}
int q2(int o,int l,int r,int ll,int rr)
{
if(ll<=l&&r<=rr) return mi[o];
int an=1<<30,mid=(l+r)>>1;
if(ll<=mid) an=min(an,q2(o<<1,l,mid,ll,rr));
if(rr>mid) an=min(an,q2(o<<1|1,mid+1,r,ll,rr));
return an;
}
int a[N],b[N],an[N];
struct QR
{
int l,r,i;
bool operator < (const QR &bb) const {return r<bb.r;}
}qq[N];
void wk()
{
while(tt)
{
s[tt]=ch[tt][0]=ch[tt][1]=0;
--tt;
}
memset(mi,0x3f3f3f,sizeof(mi));
for(int i=1;i<=n;++i)
inst(rt[i]=++tt,rt[i-1],a[i],i);
for(int i=1,j=1;i<=n;++i)
{
int mx=1<<30,pp=i-1;
while(1)
{
int rr=upper_bound(b+1,b+m+1,mx)-b-1,k=quer(rt[pp],1,m,a[i],rr);
if(!k) break;
pp=k-1;
mx=b[a[k]];
modif(1,1,n,k,mx-b[a[i]]);
if(mx==b[a[i]]) break;
mx=(mx-b[a[i]]==1)?b[a[i]]:mx-(mx-b[a[i]])/2;
}
while(j<=q&&qq[j].r==i)
{
an[qq[j].i]=min(an[qq[j].i],q2(1,1,n,qq[j].l,qq[j].r));
++j;
}
}
}
int main()
{
n=rd();
for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=b[i]=rd();
sort(b+1,b+n+1),m=unique(b+1,b+n+1)-b-1;
b[++m]=1<<30|1;
for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=lower_bound(b+1,b+m+1,a[i])-b;
q=rd();
for(int i=1;i<=q;++i)
{
an[i]=1<<30;
qq[i].l=rd(),qq[i].r=rd(),qq[i].i=i;
}
sort(qq+1,qq+q+1);
wk();
reverse(a+1,a+n+1);
for(int i=1;i<=q;++i)
{
qq[i].l=n-qq[i].l+1,qq[i].r=n-qq[i].r+1;
swap(qq[i].l,qq[i].r);
}
sort(qq+1,qq+q+1);
wk();
for(int i=1;i<=q;++i) printf("%d\n",an[i]);
return 0;
}
