[BZOJ4826] [HNOI2017] 影魔单调栈主席树

最新推荐文章于 2019-01-08 14:48:00 发布

清，纯一色

最新推荐文章于 2019-01-08 14:48:00 发布

阅读量92

点赞数

CC 4.0 BY-SA版权

原文链接：http://www.cnblogs.com/hankeke/p/9971234.html

本文详细解析了一道算法竞赛题目，该题涉及区间最大值和次大值的查询，通过使用单调栈和主席树的数据结构，高效地解决了问题。文章深入探讨了算法思路，包括如何选取区间代表值，以及如何利用数据结构进行快速查询。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题面

因为是一个排列，所以不会有重复的。如果有重复就没法做了。一开始没有仔细看题目想了半天。

发现，如果是第一种情况，那么边界\(l\)和\(r\)就应该分别是整个区间的最大值和次大值。

然后，对于那第二种情况， \(l\)和\(r\)中，只有一个数是最大值，另一个数不可以是最大值和次大值。

于是我们考虑从每一个合法区间内数里面选出一个代表来可以直接代表整个区间。

用单调栈维护一下\(lp[i]\)和\(rp[i]\)分别表示一个数左边和右边离\(i\)最近的大于之的数。

然后对于第一种情况，发现相邻两个数一定是对的。然后发现，任何一个\([lp[i],rp[i]]\)也是对的。因为可以保证边界上的数的最大与次大的性质。

那么第二种呢？只要保证一个边界最大即可，因此就是\([lp[i]+1..i-1,rp[i]]\)和\([lp[i],i+1..rp[i]-1]\)。可以保证不会重复，因为这里\(i\)实际上是每个区间的次大值，每个区间只会被其次大值统计一次。

于是我们考虑把一个区间的边界位置分别作为二维的坐标，发现问题就变成了求以\(l,l\)和\(r,r\)为顶点的正方形内的和。

显然可以用扫描线。但是其实可以更方便。每一个位置只能是一个线段，所以我们直接用主席树维护一下即可。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<vector>
#define REP(i,a,n) for(register int i(a);i<=(n);++i)
#define PER(i,a,n) for(register int i(a);i>=(n);--i)
#define dbg(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int SZ=(1<<21)+1;char ibuf[SZ],*iS,*iT,obuf[SZ+128],*oS=obuf,*oT=obuf+SZ-1;
#ifndef ONLINE_JUDGE
#define gc() getchar()
#else
#define gc() (iS==iT?(iT=(iS=ibuf)+fread(ibuf,1,SZ,stdin),iS==iT?EOF:*iS++):*iS++)
#endif
template<typename I>inline void read(I&x){char c=gc();int f=1;for(;c<'0'||c>'9';c=gc())c=='-'?f=-1:0;for(x=0;c>='0'&&c<='9';c=gc())x=(x<<1)+(x<<3)+(c&15);f==-1?x=-x:0;}
inline void flush(){fwrite(obuf,1,oS-obuf,stdout);oS=obuf;}
#define printf(...) oS>oT&&(flush(),1),oS+=sprintf(oS,__VA_ARGS__)
typedef long long ll;typedef unsigned long long ull;
template<typename A,typename B>inline char SMAX(A&a,const B&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<typename A,typename B>inline char SMIN(A&a,const B&b){return a>b?a=b,1:0;}

const int N=200000+7;
int n,m,T,p1,p2,a[N],x,y,q[N],tl,lp[N],rp[N];

struct Node{int lc,rc,lps;ll val,add;}t[N*50];int RT[N],nod;//错误笔记：这里不是单调修改，所以仅仅开LOG被是不够的 
inline void Insert(int &o,int L,int R,int l,int r,int k){
    if(t[o].lps<T)t[++nod]=t[o],o=nod,t[o].lps=T;
    if(l<=L&&R<=r)return (void)(t[o].add+=k,t[o].val+=(ll)k*(R-L+1));
    int M=(L+R)>>1;if(l<=M)Insert(t[o].lc,L,M,l,r,k);if(r>M)Insert(t[o].rc,M+1,R,l,r,k);
    t[o].val=t[t[o].lc].val+t[t[o].rc].val+t[o].add*(R-L+1);
}
inline ll Query(int o,int p,int L,int R,int l,int r,ll adv){
    if(l<=L&&R<=r)return t[o].val-t[p].val+adv*(R-L+1);
    int M=(L+R)>>1;if(r<=M)return Query(t[o].lc,t[p].lc,L,M,l,r,adv+t[o].add-t[p].add);else if(l>M)return Query(t[o].rc,t[p].rc,M+1,R,l,r,adv+t[o].add-t[p].add);
    else return Query(t[o].lc,t[p].lc,L,M,l,r,adv+t[o].add-t[p].add)+Query(t[o].rc,t[p].rc,M+1,R,l,r,adv+t[o].add-t[p].add);
}

struct Pair{int x,y,w;};std::vector<Pair>g[N];
inline void Preprocess(){
    REP(i,1,n){
        while(tl&&a[q[tl]]<a[i])--tl;
        q[++tl]=i;lp[i]=q[tl-1];
    }q[tl=0]=n+1;PER(i,n,1){
        while(tl&&a[q[tl]]<a[i])--tl;
        q[++tl]=i;rp[i]=q[tl-1];
        if(i<n)g[i].push_back(Pair{i+1,i+1,p1});
        if(lp[i]&&rp[i]<=n)g[rp[i]].push_back(Pair{lp[i],lp[i],p1});
        if(rp[i]<=n&&i-1>=lp[i]+1)g[rp[i]].push_back(Pair{lp[i]+1,i-1,p2});
        if(lp[i]&&i+1<=rp[i]-1)g[lp[i]].push_back(Pair{i+1,rp[i]-1,p2});
    }
    REP(i,1,n){
        T=i;RT[i]=RT[i-1];int len=g[i].size();
        REP(j,0,len-1)Insert(RT[i],1,n,g[i][j].x,g[i][j].y,g[i][j].w);
    }
}

int main(){
    read(n);read(m),read(p1),read(p2);
    REP(i,1,n)read(a[i]);
    Preprocess();
    REP(i,1,m){
        read(x),read(y);
        printf("%lld\n",Query(RT[y],RT[x-1],1,n,x,y,0));
    }return flush(),0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/hankeke/p/9971234.html