Educational Codeforces Round 51 (Rated for Div. 2) G. Distinctification（线段树合并 + 并查集）
题意
给出一个长度为 \(n\) 序列 ， 每个位置有 \(a_i , b_i\) 两个参数 ， \(b_i\) 互不相同 ，你可以进行任意次如下的两种操作 ：
- 若存在 \(j \not = i\) 满足 \(a_j = a_i\) ， 则可以花费 \(b_i\) 的代价令 \(a_i\) 加一 。
- 若存在 \(j\) 满足 \(a_j + 1 = a_i\) ， 则可以花费 \(−b_i\) 的代价令 \(a_i\) 减一 。
定义一个序列的权值为将序列中所有 \(a_i\) 变得互不相同所需的最小代价 。 现在你要求出给定序列的每一个前缀的权值 。
\(n, a_i \le 2 \times 10^5, 1 \le b_i \le n\)
题解
以下很多拷贝自 Wearry 题解（侵删） ：
考虑所有 \(a_i\) 互不相同的时候怎么做 ， 若存在 \(a_i + 1 = a_j\) ， 则可以花费 \(b_i − b_j\) 的代价交换两个 \(a_i\) ，
显然最优方案会将序列中所有 \(a_i\) 连续的子段操作成按 \(b_i\) 降序的 。
然后如果有 \(a_i\) 相同 , 则可以先将所有 \(a_i\) 变成互不相同的再进行排序 ， 但是这时可能会扩大值域使得原本不连续的两个区间合并到一起 ， 于是我们需要维护一个支持合并的数据结构 。
我们用并查集维护每个值域连续的块 ， 并在每个并查集的根上维护一个以 \(b\) 为关键字的值域线段树 ， 每次合并两个联通块时 ， 合并他们对应的线段树即可维护答案 。
说起来好像都听懂了，但是线段树以及并查集那里实现似乎不那么明了。
考虑对于每个并查集维护对于 \(a_i\) 的一段连续的区间。如果当前的 \(a\) 已经出现过，那么我把当前的 \(a\) 扩展到当前的区间右端点 \(+1\) 。
我们发现答案是最后的 \(\sum_i a_ib_i\) 减去初始的 \(\sum_i a_ib_i\) ，因为我们对于每个 \(b_i\) 考虑，它的贡献就是它的 \(a\) 的变化值。
然后考虑线段树上维护这个信息。合并的时候，不难发现就是左区间的 \(\sum_i b_i\) 乘上右区间的元素个数，因为我们是考虑把 \(b_i\) 降序排列的。
然后就比较好 抄 实现了。。。
注意合并的时候需要定向到最右边。
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl
#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}
inline int read() {
int x(0), sgn(1); char ch(getchar());
for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
return x * sgn;
}
void File() {
#ifdef zjp_shadow
freopen ("G.in", "r", stdin);
freopen ("G.out", "w", stdout);
#endif
}
template<int Maxn>
struct Segment_Tree {
int ls[Maxn], rs[Maxn], tot[Maxn], Size;
Segment_Tree() { Size = 0; }
ll res[Maxn], val[Maxn];
inline void Push_Up(int o) {
tot[o] = tot[ls[o]] + tot[rs[o]];
val[o] = val[ls[o]] + val[rs[o]];
res[o] = res[ls[o]] + res[rs[o]] + val[ls[o]] * tot[rs[o]];
}
void Update(int &o, int l, int r, int up) {
if (!o) o = ++ Size;
if (l == r) { tot[o] = 1; val[o] = up; return ; }
int mid = (l + r) >> 1;
if (up <= mid) Update(ls[o], l, mid, up);
else Update(rs[o], mid + 1, r, up); Push_Up(o);
}
int Merge(int x, int y, int l, int r) {
if (!x || !y) return x | y;
int mid = (l + r) >> 1;
ls[x] = Merge(ls[x], ls[y], l, mid);
rs[x] = Merge(rs[x], rs[y], mid + 1, r);
Push_Up(x);
return x;
}
};
const int N = 4e5 + 1e3;
Segment_Tree<N * 20> T;
int rt[N], fa[N], lb[N], rb[N], n; ll ans = 0;
int find(int x) {
return x == fa[x] ? x : fa[x] = find(fa[x]);
}
void Merge(int x, int y) {
x = find(x); y = find(y); fa[y] = x;
ans -= T.res[rt[x]] + 1ll * lb[x] * T.val[rt[x]];
ans -= T.res[rt[y]] + 1ll * lb[y] * T.val[rt[y]];
chkmin(lb[x], lb[y]);
chkmax(rb[x], rb[y]);
rt[x] = T.Merge(rt[x], rt[y], 1, n);
ans += T.res[rt[x]] + 1ll * lb[x] * T.val[rt[x]];
}
int main () {
File();
n = read();
For (i, 1, N - 1e3)
lb[i] = rb[i] = fa[i] = i;
For (i, 1, n) {
int a = read(), b = read(), t;
ans -= 1ll * a * b;
t = rt[find(a)] ? rb[find(a)] + 1 : a;
T.Update(rt[t], 1, n, b);
ans += T.res[rt[t]] + 1ll * t * T.val[rt[t]];
if (rt[find(t - 1)]) Merge(t, t - 1);
if (rt[find(t + 1)]) Merge(t + 1, t);
printf ("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
