bzoj3956 Count 解题报告

最新推荐文章于 2019-09-26 22:45:34 发布

原创最新推荐文章于 2019-09-26 22:45:34 发布 · 1.1k 阅读

1 ·

CC 4.0 BY-SA版权

算法——单调队列专栏收录该内容

3 篇文章

订阅专栏

本文介绍了一种求解特定区间内好点对数量的问题，通过预处理和使用单调栈来快速查找，结合前缀和与ST表实现高效查询。

题目大意：
给出 $n$ 个数，定义一种好点对 $(i,j) ($ 令 $i<j)$ 需要满足如下两个条件之一：
1. $i=j-1$
2.对于 $∨k∈(i,j)$ ，均有 $a[k]<min(a[i],a[j])$
询问若干个区间中的好点对个数。

题解：
我们首先可以发现，这样的好点对是不相交的（但会出现包含情况），既不可能出现两个好点对 $(i_1,j_1),(i_2,j_2)$ ，使得 $j_1>i_2$ 且 $j_1<j_2$ ，因为那样的话这两个好点对就会变成 $(i_1,i_2),(j_1,j_2)$ 。
那这样的话我们可以预处理出来以每个点作为 $i$ 和 $j(i<j)$ 的好点对数量，显然只用从这个点向前或向后扫到第一个大于等于它的点，那这就可以正反扫两遍，用单调栈维护一下就 $OK$ ，然后对这两种情况分别做前缀和 $sl,sr$ 。
然后我们需要知道一个区间中的最大值，这个用 $ST$ 表 $O(nlog(n))$ 的预处理一下就可以 $O(1)$ 的查询。
对于每个询问区间 $[l,r]$ ，我们先查出区间的最大值，有两种情况：
1.如果这个最大值是 $l$ 或 $r$ 中的一个，那区间的好点对个数就是 $sl_r-sl_{l-1}$ ；
2.如果是在区间中间，那就以这个最大值为界，将原区间分成 $[l,maxx],[maxx,r]$ ，那这两个区间就都变成了情况1。
$Ps.$ 答案不会超过 $2n$

$Code:$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 300010
#define LL long long
int n,m,a[N],q[N<<1],l[N],r[N],st[N][20],w[N],ans,sl[N],sr[N];
inline int in(){
    int x=0; char ch=getchar(); bool f=1;
    while (ch<'0'||ch>'9'){
        if (ch=='-') f=0;
        ch=getchar();
    }while (ch>='0'&&ch<='9')
        x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    if (!f) x=-x; return x;
}
inline void Init(){
    int i,j,top=1,x,y; q[top]=1;
    for (i=2; i<=n; i++){
        while (top&&a[i]>a[q[top]]) r[i]++,top--;
        if (top) r[i]++;
        while (top&&a[i]>=a[q[top]]) top--;
        q[++top]=i;
    }for (i=1; i<=n; i++) sr[i]=sr[i-1]+r[i];
    top=1,q[top]=n;
    for (i=n-1; i>=1; i--){
        while (top&&a[i]>a[q[top]]) l[i]++,top--;
        if (top) l[i]++;
        while (top&&a[i]>=a[q[top]]) top--;
        q[++top]=i;
    }for (i=1; i<=n; i++) sl[i]=sl[i-1]+l[i];
    for (i=1; i<=n; i++) st[i][0]=i;
    for (j=1; (1<<j)<=n; j++)
        for (i=1; i+(1<<(j-1))<=n; i++){
            x=st[i][j-1],y=st[i+(1<<(j-1))][j-1];
            if (a[x]>a[y]) st[i][j]=x;
            else st[i][j]=y;
        }
    for (i=1,j=0; i<=n; i++){
        if ((1<<(j+1))<=i) j++;
        w[i]=j;
    }
}
inline int query(int l,int r){
    int k=w[r-l],x,y;
    x=st[l][k],y=st[r-(1<<k)+1][k];
    if (a[x]>a[y]) return x;
    else return y;
}
inline void work(int l,int r){
    int x=query(l,r);
    if (a[x]>=min(a[l],a[r]))
        ans=sl[x-1]-sl[l-1]+sr[r]-sr[x];
    else ans=sl[r]-sl[l-1];
    printf("%d\n",ans);
}
int main(){
    int i,l,r,opt;
    n=in(),m=in(),opt=in();
    for (i=1; i<=n; i++) a[i]=in();
    Init(),ans=0;
    for (i=1; i<=m; i++){
        l=in(),r=in();
        if (opt) l=(l+ans-1)%n+1,r=(r+ans-1)%n+1;
        if (l>r) swap(l,r); work(l,r);
    }return 0;
}