【P6307】选择客栈 加强版

【P6307】选择客栈 加强版

Description

给定一个两个序列 $A$，$B$，求满足 $i < j$，$A_i = A_j$ 且 $\min\limits_{k = i}^j \leq p$ 的点对 $(i, j)$ 个数。

Limitations

序列长度不超过 $10^6$。

Solution

又是点对题，套路做法是枚举右端点，然后想办法干掉左端点。

考虑对于一个右端点 $r$，合法的左端点个数即为 $r$ 左侧第一个费用不大于 $p$ 的位置 $x$ 的左侧的同颜色个数。可以考虑对每种颜色做一个前缀和维护前缀该颜色个数，然后查询 $r$ 的颜色在 $x$ 位置的前缀和值即可。时间复杂度 $O(nk)$，可以通过 $80$ 分的数据。当然可以使用可持久化线段树维护这些前缀和，但是这里考虑一种复杂度更低的做法。

注意到 $p$ 是给定的，因此当右端点 $r$ 增大时，位置 $x$ 不会变小，而任何时刻大于 $x$ 的位置的颜色个数是不需要统计的，因为不会产生贡献。因此我们只维护当前的 $x$ 及其左侧的位置的每种颜色的个数即可。当碰到某个位置的费用不高于 $p$ 时，则将该位置左侧所有没有被计算个数的位置都加入贡献，然后更新 $x$ 即可。考虑时间复杂度，每个位置只会被计算一次贡献，因此总时间复杂度 $O(n)$。

所以毒瘤鱼鱼为什么不把 k 出到与 n 同阶呢。

Code

#include <cstdio>

const int maxn = 2000005;

int n, k, p;
ll ans;
int col[maxn], fee[maxn], cnt[maxn];

int main() {
  freopen("1.in", "r", stdin);
  qr(n); qr(k); qr(p);
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    qr(col[i]); qr(fee[i]);
    if (fee[i] <= p) {
      for (int j = i - 1; fee[j] > p; --j) {
        ++cnt[col[j]];
      }
    }
    ans += cnt[col[i]];
    if (fee[i] <= p) {
      ++cnt[col[i]];
    }
  }
  printf("%lld\n", ans);
}