【Codeforces 526F】【JZOJ4687】奇袭

###Description
经过侦查，你绘制出了魔族大本营的地图，然后发现，魔族大本营是一个N×N的网格图，一共有N支军队驻扎在一些网格中（不会有两只军队驻扎在一起）。
在大本营中，每有一个k×k(1≤k≤N)的子网格图包含恰好k支军队，我们袭击的难度就会增加1点。
现在请你根据绘制出的地图，告诉爱丽丝这次的袭击行动难度有多大。
输入保证每一行和每一列都恰有一只军队。

###Data Constraint
对于30%的数据，N ≤ 100
对于60%的数据，N ≤ 5000
对于100%的数据，N ≤ 50000

###Solution
对于30%的数据，暴力找即可。

那对于60+%的数据呢？

转化一下题目，我们把军队的x坐标看成下标，y坐标看成下标为x的权值（即$a_x=y$），题目就变成了：问有多少个区间$[L,R]$满足，它们中间的数是连续的一段。

进而转化为了：有多少个区间$[L,R]$满足，$max(a_L,\cdots ,a_R)-min(a_L,\cdots ,a_R)=r-l$。

那么$n^2$算法就出来了。

能不能更快一些呢？我们考虑分治。

对于一段区间$[L,R]$，它的答案等于区间$[L,Mid]$的答案加上区间$[Mid+1,R]$的答案再加上跨越中间的答案（这里$Mid$表示区间$[L,R]$的中点）。

我们先预处理出每个位置到$Mid$的最小值，最大值。

（接下来的$max(l,r)$，$min(l,r)$表示区间$[l,r]$的最大值，最小值）

对于跨越中间的答案，它的最值分布有四种情况：
####最大值和最小值都在左侧

我们先枚举一个$l$，表示这个合法区间的左端点。如果最值都在左侧，那么根据题意，右端点$r=l+max(l,Mid)-min(l,Mid)$。右端点$r$得出后，如何判断它的合法性？

如上图，首先$r^{\prime }$端点肯定是不合法的（因为它没有跨越$Mid$）。

然后我们看看$r$端点。我们首先确定了最值都在左侧，那么这个$r$端点必须满足：
$max(Mid+1,r)<max(l,Mid)$
$min(Mid+1,r)>min(l,Mid)$

####最大值最小值都在右侧
这种情况与以上的情况类似，只不过是枚举右端点，算出左端点，然后判断合法性。

####最大值在右侧，最小值在左侧

首先还是枚举左端点$l$，我们知道，$max(Mid+1,i)(i>Mid)$随着$i$的增大是单调不下降的，$min(Mid+1,i)(i>Mid)$也同理。

于是我们新建两个指针$r1$，$r2$。
$r2$要使$min(Mid+1,r2)>min(l,Mid)$，这样才满足最小值在左侧的情况。
$r1$要使$max(Mid+1,r1-1)<max(l,Mid)$，即区间$[Mid+1,r1-1]$是不合法的情况。

对于每一个左端点$l$，指针移动后，$r1$到$r2$之间的所有点都可以是合法的右端点。

那么怎么统计右端点个数呢？

我们知道对于一个合法的区间它满足$max(l,r)-min(l,r)=r-l$。
把原式移项得：$max(l,r)-r=min(l,r)-l$。
对于这种情况就是：$max(Mid+1,r)-r=min(l,Mid)-l$。

于是，对于移动的$r2$，我们把$max(Mid+1,r2)-r2$丢进桶里，对于移动前的$r1$，我们再把$max(Mid+1,r1)-r1$从桶里扔出来。

每次指针移动后，若$r1<=r2$则把答案加上$min(l,Mid)-l$所在桶里的个数。

注意每次桶都要清空。

####最大值在左侧，最小值在右侧
其实与以上方法是一样的，只是枚举的是右端点。

注意：区间满足条件与上稍有不同。
$max(l,Mid)-min(Mid+1,r)=r-l$
移项得：$max(l,Mid)+l=min(Mid+1,r)+r$。

所以应该是将$max(l2,Mid)+l2$丢进桶里，$max(l1,Mid)+l1$扔出来。

---

好，这样我们得到的实现复杂度是$O(nlo{g}_{2}n)$的。

###Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define fo(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define fd(i,j,k) for(int i=j;i>=k;i--)
#define N 300001
#define ll long long
#define P 600000
using namespace std;
int bz[P*2+1];
int a[N];
int maxl[N],maxr[N],minl[N],minr[N];
ll fz(int l,int r)
{
	if(l==r) return 1;
	int mid=(l+r)/2;
	maxl[mid]=minl[mid]=a[mid];
	fd(i,mid-1,l)
	{
		maxl[i]=max(maxl[i+1],a[i]);
		minl[i]=min(minl[i+1],a[i]);
	}
	maxr[mid+1]=minr[mid+1]=a[mid+1];
	ll t=0;
	fo(i,mid+2,r)
	{
		maxr[i]=max(maxr[i-1],a[i]);
		minr[i]=min(minr[i-1],a[i]);
	}
	//minmax|
	fd(i,mid,l)
	{
		int p=i+maxl[i]-minl[i];
		if(p<=mid || p>r) continue;
		if(minr[p]>minl[i] && maxr[p]<maxl[i]) t++;
	}
	//|minmax
	fo(i,mid+1,r)
	{
		int p=i-maxr[i]+minr[i];
		if(p>mid || p<l) continue;
		if(minl[p]>minr[i] && maxl[p]<maxr[i]) t++;
	}
	//min|max
	int z1=mid+1,z2=mid;
	fd(i,mid,l)
	{
		while(minr[z2+1]>minl[i] && z2<r)
		{
			z2++;
			bz[maxr[z2]-z2+P]++;
		}
		while(maxl[i]>maxr[z1])
		{
			bz[maxr[z1]-z1+P]--;
			z1++;
			if(z1>r) break;
		}
		if(z1>r) break;
		if(z1<=z2) t+=bz[minl[i]-i+P];
	}
	fd(i,mid,l) bz[minl[i]-i+P]=0;
	fo(i,mid+1,r) bz[maxr[i]-i+P]=0;
	//max|min
	z1=mid,z2=mid+1;
	fo(i,mid+1,r)
	{
		while(minl[z2-1]>minr[i] && z2>l)
		{
			z2--;
			bz[maxl[z2]+z2+P]++;
		}
		while(maxr[i]>maxl[z1])
		{
			bz[maxl[z1]+z1+P]--;
			z1--;
			if(z1<l) break;
		}
		if(z1<l) break;
		if(z2<=z1) t+=bz[minr[i]+i+P];
	}
	fo(i,mid+1,r) bz[minr[i]+i+P]=0;
	fd(i,mid,l) bz[maxl[i]+i+P]=0;
	return t+fz(l,mid)+fz(mid+1,r);
}
int main()
{
	int n;
	cin>>n;
	fo(i,1,n)
	{
		int x,y;
		scanf("%d %d",&x,&y);
		a[x]=y;
	}
	cout<<fz(1,n);
}