[bzoj3956]Count 解题报告

先来说一下我的傻逼做法：
注意到合法点对只会有2N个，因为一个点作为较小的端点+左/右端点只会有一次，就是和左/右边第一个大于等于它的配对。所以直接上主席树就行。
时间复杂度$O(n\log n)$

再来膜拜一下morestep大爷的做法（我最近好像每道题都是各种傻逼做法。。）：
注意到实际上这道题的点对关系只有相离和包含两种，不会出现abab这种情况。
而且实际上区间最大值会把这个区间分成两部分，左边的部分的右端点坐标必然小于等于最大值坐标，右边类似——就是说左边的点对与右边的点对最多只会在最大值处相交。所以直接存两个前缀和减出来就行。
如果$O(n)$处理rmq的话，时间复杂度就可以做到$O(n)$了。

代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstring>
const int N=3e5+5,M=3e5+5;
int a[N];

char * cp=(char *)malloc(10000000);
void in(int &x){
    while(*cp<'0'||*cp>'9')++cp;
    for(x=0;*cp>='0'&&*cp<='9';)x=x*10+(*cp++^'0');
}

int stack[N];
struct PS{
    int l,r;
    bool operator < (const PS & o)const{
        return r<o.r;
    }
}pir[N<<1];

int root[N];
int size[N*20<<1],ls[N*20<<1],rs[N*20<<1],ftot=1;
void add(int &node,int l,int r,int x){
    size[ftot]=size[node]+1,ls[ftot]=ls[node],rs[ftot]=rs[node],node=ftot++;
    if(l==r)return;
    if(x<=l+r>>1)add(ls[node],l,l+r>>1,x);
    else add(rs[node],(l+r>>1)+1,r,x);
}
int query(int node,int l,int r,int x){
    int ans=0;
    while(l!=r)
        if(x<=l+r>>1){
            ans+=size[rs[node]];

            node=ls[node];
            r=l+r>>1;
        }
        else{
            node=rs[node];
            l=(l+r>>1)+1;
        }
    return ans+size[node];
}
int main(){
    freopen("bzoj_3956.in","r",stdin);
    freopen("bzoj_3956.out","w",stdout);
    fread(cp,1,10000000,stdin);
    int n,m,type;
    in(n),in(m),in(type);

    for(int i=1;i<=n;++i)in(a[i]);

    int ptot=0;
    int top=0;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        while(top&&a[i]>=a[stack[top-1]])pir[ptot++]=(PS){stack[--top],i};
        stack[top++]=i;
    }
    top=0;
    for(int i=n;i;--i){
        while(top&&a[i]>=a[stack[top-1]])
            if(a[i]>a[stack[--top]])
                pir[ptot++]=(PS){i,stack[top]};
        stack[top++]=i;
    }
    sort(pir,pir+ptot);
    //for(int j=0;j<ptot;++j)printf("pair(%d,%d)\n",pir[j].l,pir[j].r);

    for(int i=1,j=0;i<=n;++i){
        root[i]=root[i-1];
        for(;pir[j].r==i;++j)add(root[i],1,n,pir[j].l);
    }

    int l,r,last=0;
    while(m--){
        in(l),in(r);
        if(type){
            l=(l+last-1)%n+1,r=(r+last-1)%n+1;
            if(l>r)swap(l,r);
        }
        printf("%d\n",last=query(root[r],1,n,l));
    }
}

总结：
①最大/最小值的问题先往往可以在笛卡尔树上分治。