【HNOI2016】序列【莫队】【单调栈】【ST表】

最新推荐文章于 2022-03-22 22:07:25 发布

原创最新推荐文章于 2022-03-22 22:07:25 发布 · 157 阅读

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这篇博客介绍了如何运用莫队算法解决一个数据结构题目，该题目要求在给定序列中，对qqq次询问计算[l,r][l,r][l,r]区间所有子区间最小值之和。由于问题的特殊性质，传统的离线线段树无法有效解决，博主通过分析发现可以使用莫队算法结合单调栈来解决，详细解释了算法思路和实现过程，包括如何维护区间最小值的贡献以及如何优化复杂度至O(nlog⁡n+mlog⁡m+nm)Omicron(nlog n+mlog m+nsqrt m)O(nlogn+mlogm+nm)。

题意：给定序列 $a_i$ ， $q$ 次询问 $[l, r]$ 所有子区间最小值之和。

$n,q≤105n,q\leq 10^5$

这种题一眼看上去是离线线段树，但这题每移动一位要维护区间取 $min⁡\min$ ，历史值之和，非常不可做。

所以考虑莫队。

考虑移动一位产生的贡献。以向右扩展一位为例，我们要求的是这个东西：

$∑i=lrrmq⁡(i,r+1)\sum_{i=l}^r\operatorname{rmq}(i,r+1)$

这显然是个单调栈的形式。维护单调栈内的所有贡献，但十分精神污染，并且单调栈既不能删除也不能撤销，

智商分割线

考虑我们要求的到底是什么。设 $pre_i$ 为 $i$ 前面最后一个比它小的数的位置，那么这个数产生的贡献是 $a_i(i-pre_i)$ 。

而这么下去只有单调栈中的第一个，也就是区间最小值产生的贡献是不完整的。维护一个以 $pre_i$ 为 $f a$ 数组的树的树上前缀和，然后 ST 表查到最小值，把多余的部分减掉即可。

复杂度 $O(nlog⁡n+mlog⁡m+nm)\Omicron(n\log n+m\log m+n\sqrt m)$

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define MAXN 100005
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
	int ans=0,f=1;
	char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) (c=='-')&&(f=-1),c=getchar();
	while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();
	return f*ans;
}
int a[MAXN],pre[MAXN],suf[MAXN],stk[MAXN],tp;
int st[MAXN][20],LOG[MAXN];
ll psum[MAXN],ssum[MAXN];
inline int Min(const int& x,const int& y){return a[x]<a[y]? x:y;}
inline int rmq(int l,int r)
{
	int t=LOG[r-l+1];
	return Min(st[l][t],st[r-(1<<t)+1][t]);
}
inline ll calcL(int l,int r)
{
	int pos=rmq(l-1,r);
	return ssum[l-1]-ssum[suf[pos]]-(ll)(suf[pos]-r-1)*a[pos];
}
inline ll calcR(int l,int r)
{
	int pos=rmq(l,r+1);
	return psum[r+1]-psum[pre[pos]]-(ll)(l-pre[pos]-1)*a[pos];
}
int B;
struct query{int l,r,pos;}q[MAXN];
inline bool operator <(const query& a,const query& b){return a.l/B==b.l/B? a.r<b.r:a.l<b.l;}
ll res[MAXN];
int main()
{
	int n,m;
	n=read(),m=read();
	LOG[0]=-1;
	for (int i=1;i<=n;i++) LOG[i]=LOG[i>>1]+1;
	for (int i=1;i<=n;i++) a[st[i][0]=i]=read();
	for (int j=1;j<20;j++)
		for (int i=1;i+(1<<(j-1))<=n;i++)
			st[i][j]=Min(st[i][j-1],st[i+(1<<(j-1))][j-1]);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		while (tp&&a[i]<a[stk[tp]]) --tp;
		pre[i]=stk[tp],psum[i]=psum[stk[tp]]+(ll)(i-stk[tp])*a[i],stk[++tp]=i;
	}
	tp=0;
	stk[0]=n+1;
	for (int i=n;i>=1;i--)
	{
		while (tp&&a[i]<a[stk[tp]]) --tp;
		suf[i]=stk[tp],ssum[i]=ssum[stk[tp]]+(ll)(stk[tp]-i)*a[i],stk[++tp]=i;
	}
	B=sqrt(n);
	for (int i=1;i<=m;i++) q[i].l=read(),q[i].r=read(),q[i].pos=i;
	sort(q+1,q+m+1);
	int l=1,r=0;
	ll sum=0;
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		while (r<q[i].r) sum+=calcR(l,r++);
		while (l>q[i].l) sum+=calcL(l--,r);
		while (r>q[i].r) sum-=calcR(l,--r);
		while (l<q[i].l) sum-=calcL(++l,r);
		res[q[i].pos]=sum;
	}
	for (int i=1;i<=m;i++) printf("%lld\n",res[i]);
	return 0;
}