[HNOI2017]影魔(扫描线，树状数组)-优快云博客

本文介绍了一种解决区间贡献查询问题的高效算法。该算法通过预处理数组获取特定位置的边界信息，并采用离线处理结合扫描线及树状数组的方法来快速求解区间贡献总和。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description

给定排列 $a$ ，如果区间 $(l,r)$ 满足 $max(a_{l+1},a_{l+2},...,a_{r-1})<a_l$ 且 $max(a_{l+1},a_{l+2},...,a_{r-1})\leqslant a_r$ ，那么将产生 $p1$ 的贡献否则如果只满足一个条件将产生 $p2$ 的贡献。

多组询问，每次询问一个区间 $[L,R]$ 求满足 $[l,r]\in[L,R]$ 的贡献和。

Solution

先预处理一个数 $a_i$ 左边第一个大于它的位置 $l_i$ ，和右边第一个大于它的位置 $r_i$ 。

则区间 $[l_i,r_i]$ 产生 $p1$ 的贡献。可以抽象为一个点 $(l_i,r_i)$
若区间左端点为 $l_i$ ,右端点位于 $(i,r_I)$ ,可以产生 $p_2$ 的贡献。抽象为线段 $(l_i,i+1..r_l-1)$
若区间左端点位于 $(l_i,i)$ ,右端点位于 $r_I$ ,可以产生 $p_2$ 的贡献。抽象为线段 $(l_i-1...i-1,r_l)$

而一个询问区间 $[L,R]$ 则可以抽象为一个左下角为 $[L,L]$ 右上角为 $[R,R]$ 的矩形。

然后离线+扫描线+树状数组即可。

(ps.这里用了一个小技巧：把线段 $(l_i,i+1..r_l-1)$ 映射为线段 $(i+1..r_l-1,l_i)$ 。这样更好维护)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long lint;
const int maxn = 200005;

int n, m, p1, p2, a[maxn], le[maxn], ri[maxn], stk[maxn], top;

inline int gi()
{
    char c = getchar();
    while (c < '0' || c > '9') c = getchar();
    int sum = 0;
    while ('0' <= c && c <= '9') sum = sum * 10 + c - 48, c = getchar();
    return sum;
}

struct rectangle {
    int l, r, y, Id, val;
    bool operator < (const rectangle &a) const {
        return y < a.y;
    }
}s1[maxn * 2], s2[maxn * 3];


#define lowbit(x) ((x) & (-x))
lint ans[maxn], sum1[maxn], sum2[maxn];
inline void add(int x, int a)
{
    int t = x;
    while (x <= n) {
        sum1[x] += a; sum2[x] += (lint)t * a;
        x += lowbit(x);
    }
}

inline lint query(int x)
{
    lint t = x, res = 0;
    while (x >= 1) {
        res += (t + 1) * sum1[x] - sum2[x];
        x -= lowbit(x);
    }
    return res;
}

int main()
{
    n = gi(); m = gi(); p1 = gi(); p2 = gi();
    a[0] = a[n + 1] = n + 1;
    for (int i = 0; i <= n + 1; ++i) {
        if (1 <= i && i <= n) a[i] = gi();
        while (top && a[stk[top]] < a[i]) ri[stk[top--]] = i;
        le[i] = stk[top];
        stk[++top] = i;
    }

    int tot1 = 0;
    for (int l, r, i = 1; i <= m; ++i) {
        l = gi(); r = gi(); ans[i] += (r - l) * p1;
        if (l > 1) s1[++tot1] = (rectangle) {l, r, l - 1, i, -1};
        s1[++tot1] = (rectangle) {l, r, r, i, 1};
    }
    sort(s1, s1 + tot1 + 1);

    int tot2 = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (1 <= le[i] && ri[i] <= n) s2[++tot2] = (rectangle) {le[i], le[i], ri[i], 0, p1};
        if (le[i] + 1 <= i - 1 && ri[i] <= n) s2[++tot2] = (rectangle) {le[i] + 1, i - 1, ri[i], 0, p2};
        if (1 <= le[i] && i + 1 <= ri[i] - 1) s2[++tot2] = (rectangle) {i + 1, ri[i] - 1, le[i], 0, p2};
    }
    sort(s2, s2 + tot2 + 1);

    int k1 = 1, k2 = 1;
    for (int i = 1; i <= n && k1 <= tot1; ++i) {
        while (k2 <= tot2 && s2[k2].y == i)
            add(s2[k2].l, s2[k2].val), add(s2[k2].r + 1, -s2[k2].val), ++k2;
        while (k1 <= tot1 && s1[k1].y == i)
            ans[s1[k1].Id] += (query(s1[k1].r) - query(s1[k1].l - 1)) * s1[k1].val, ++k1;
    }

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

    return 0;
}