2018六校联合周赛上学期第六场 做完其他题后才能做的题 每次贪心选取比前一个数大的数

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由于这篇题解写得太好了，不做过多阐述。

 

 

因为我们需要维护的是一段区间内的一个严格单调递增的序列，考虑到其具有的单调性，我们可以考虑运用线段树维护每一小段的最大值，并且通过最大值进行对长度的更新。

    现在考虑如何在push_up的过程中将严格上升序列长度进行更新。

    我们去维护一个区间中能够摘取多少个苹果，就是求[l,mid] 和[mid+1,r]两个区间的总贡献。很显然如果前面的苹果大于后面的苹果的话，那么后面的苹果必定无法摘得，所有一个区间的答案至少应该等于他左儿子的答案，那么对于右儿子我们需要用左儿子的最大值来计算他对当前区间的贡献。而对于右儿子的贡献，我们只需进行分类讨论即可。

    如上面的一颗二叉树作为例子进行讲解，1号结点的贡献必定是由左儿子2号结点的贡献再加上右儿子3号结点的贡献相加得到的。而对于3号结点对答案的贡献，我们设1号结点的左儿子2号结点的最大值为v，则有

    （1）倘若右儿子3号结点所对应的区间的最大值小于v，则证明3号结点对答案必定没有贡献，则直接返回0。

    （2）若3号结点对应区间的最大值大于v，且 3号结点的左儿子（6号结点）的最大值小于v，则证明6号结点对答案没有贡献，且3号结点的右儿子（7号结点）必定对答案有贡献，则我们即对7号结点进行递归寻找答案即可。

    （3）若3号结点的左儿子（6号结点）的最大值大于v，也就是说v对于7号结点是没有影响的，因此我们可以直接计算上7号结点的贡献即可（tr[rt].cnt-tr[rt<<1].cnt，注意一定不能是tr[rt<<1|1].cnt，因为那是对于右儿子的答案，而不是右儿子对当前区间的答案），然后跳转到区间的左儿子，重复以上过程  

    因为左右儿子只能够算一个，因此对于每一个push_up的过程的时间复杂度是O(logn)，对于整体来说时间复杂度为O(m*logn*loglogn)
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作者：Chen_Jr_ 
来源：优快云 
原文：https://blog.youkuaiyun.com/weixin_39453270/article/details/81784154 

 

 

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///        .'//                     |                     \\`.
///       .'// .-~"""""""~~~~-._     |     _,-~~~~"""""""~-. \\`.
///     .'//.-"                 `-.  |  .-'                 "-.\\`.
///   .'//______.============-..   \ | /   ..-============.______\\`.
/// .'______________________________\|/______________________________`.
#pragma GCC optimize("Ofast")
#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
#pragma GCC target(sse,sse2,sse3,ssse3,sse4,popcnt,abm,mmx) 
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define pi acos(-1)
#define s_1(x) scanf("%d",&x)
#define s_2(x,y) scanf("%d%d",&x,&y)
#define s_3(x,y,z) scanf("%d%d%d",&x,&y,&z)
#define s_4(x,y,z,X) scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&z,&X)
#define S_1(x) scan_d(x)
#define S_2(x,y) scan_d(x),scan_d(y)
#define S_3(x,y,z) scan_d(x),scan_d(y),scan_d(z)
#define PI acos(-1)
#define endl '\n'
#define srand() srand(time(0));
#define me(x,y) memset(x,y,sizeof(x));
#define foreach(it,a) for(__typeof((a).begin()) it=(a).begin();it!=(a).end();it++)
#define close() ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
#define FOR(x,n,i) for(int i=x;i<=n;i++)
#define FOr(x,n,i) for(int i=x;i<n;i++)
#define fOR(n,x,i) for(int i=n;i>=x;i--)
#define fOr(n,x,i) for(int i=n;i>x;i--)
#define W while
#define sgn(x) ((x) < 0 ? -1 : (x) > 0)
#define bug printf("***********\n");
#define db double
#define ll long long
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define sz size
#define fi first
#define se second
#define pf printf
typedef long long LL;
typedef pair <int, int> ii;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const LL LINF=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
const int dx[]={0,0,1,0,-1};
const int dy[]={0,1,0,-1,0};
const int maxn=1e7+7;
const int _=1e5+10;
const double EPS=1e-8;
const double eps=1e-8;
const LL mod=1e9+7;
template<class T>inline T min(T a,T b,T c) { return min(min(a,b),c);}
template<class T>inline T max(T a,T b,T c) { return max(max(a,b),c);}
template<class T>inline T min(T a,T b,T c,T d) { return min(min(a,b),min(c,d));}
template<class T>inline T max(T a,T b,T c,T d) { return max(max(a,b),max(c,d));}
template <class T>
inline bool scan_d(T &ret){char c;int sgn;if (c = getchar(), c == EOF){return 0;}
while (c != '-' && (c < '0' || c > '9')){c = getchar();}sgn = (c == '-') ? -1 : 1;ret = (c == '-') ? 0 : (c - '0');
while (c = getchar(), c >= '0' && c <= '9'){ret = ret * 10 + (c - '0');}ret *= sgn;return 1;}

inline bool scan_lf(double &num){char in;double Dec=0.1;bool IsN=false,IsD=false;in=getchar();if(in==EOF) return false;
while(in!='-'&&in!='.'&&(in<'0'||in>'9'))in=getchar();if(in=='-'){IsN=true;num=0;}else if(in=='.'){IsD=true;num=0;}
else num=in-'0';if(!IsD){while(in=getchar(),in>='0'&&in<='9'){num*=10;num+=in-'0';}}
if(in!='.'){if(IsN) num=-num;return true;}else{while(in=getchar(),in>='0'&&in<='9'){num+=Dec*(in-'0');Dec*=0.1;}}
if(IsN) num=-num;return true;}

void Out(LL a){if(a < 0) { putchar('-'); a = -a; }if(a >= 10) Out(a / 10);putchar(a % 10 + '0');}
void print(LL a){ Out(a),puts("");}
//cerr << "run time is " << clock() << endl;
struct node {
	int maxx,cnt;
}tr[_<<2];
int a[_];
int query(int l,int r,int rt,int v) {
    if(l==r) return tr[rt].maxx>v;//如果当前结点为根节点，则判断是否大于v，如果大于v答案+1
    if(tr[rt].maxx<=v) return 0;//如果当前的区间小于v，则整个区间对答案贡献为0
    int mid=(l+r)>>1;
    if(tr[rt<<1].maxx<=v) return query(mid+1,r,rt<<1|1,v);//如果当前区间的左儿子小于v,则直接返回右儿子的值
    else return tr[rt].cnt-tr[rt<<1].cnt+query(l,mid,rt<<1,v);//否则，直接将右儿子的值加上并递归求出左儿子的贡献
}
void build(int l,int r,int rt) {
    if(l==r){
        tr[rt].cnt=1;
        tr[rt].maxx=a[l];
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    build(l,mid,rt<<1);
    build(mid+1,r,rt<<1|1);
    tr[rt].cnt=tr[rt<<1].cnt+query(mid+1,r,rt<<1|1,tr[rt<<1].maxx);
    tr[rt].maxx=max(tr[rt<<1].maxx,tr[rt<<1|1].maxx);
}
void update(int l,int r,int rt,int x,int y) {
    if(l==r){
        tr[rt].cnt=1;
        tr[rt].maxx=y;
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if(x<=mid) update(l,mid,rt<<1,x,y);
    else update(mid+1,r,rt<<1|1,x,y);
    tr[rt].cnt=tr[rt<<1].cnt+query(mid+1,r,rt<<1|1,tr[rt<<1].maxx);
    tr[rt].maxx=max(tr[rt<<1].maxx,tr[rt<<1|1].maxx);
}
int n,m;
void solve() {
	s_2(n,m);
	FOR(1,n,i) s_1(a[i]);
	build(1,n,1);
	W(m--) {
		int p,q;
		s_2(p,q);
		int tmp=a[p];
		update(1,n,1,p,q);
		print(tr[1].cnt);
		update(1,n,1,p,tmp);
	}
}
int main() { 
	//freopen( "1.in" , "r" , stdin );
    //freopen( "1.out" , "w" , stdout );
    int t=1;
    //init();
    s_1(t);
    for(int cas=1;cas<=t;cas++) {
        //printf("Case %d:\n",cas);
        solve();
    }
}