洛谷P3246 [HNOI2016]序列(離線 差分 樹狀數組)

題意

題目鏈接

Sol

好像搞出了一個和題解不一樣的做法(然而我考場上沒寫出來還是爆零0)

一個很顯然的思路是考慮每個最小值的貢獻。

預處理出每個數左邊第一個比他小的數，右邊第一個比他大的數。

那麼\([L_i + 1, i]\)對\([i, R_i]\)中的每個數都會有\(a[i]\)的貢獻。

我們可以抽象成一個二維平面內的矩形加。

詢問就是詢問最下角為\((l, l)\)，右上角為\((r, r)\)的矩形內的權值

也就是我們需要解決這麼一個問題：兩個操作, 矩形加矩形求和，而且前者都在後者的前面執行

我們可以把所有矩形加操作全都向右上角差分，所有詢問操作全都向左下角差分。這樣我們就只需要考慮每個\((i, j)\)左下角的所有修改\((x, y)\)的影響，這部分的權值為\((i - x + 1) * (j - y + 1) * w\)

直接拆開，發現可以用樹狀數組維護(單點修改，查首碼和)。然後就做完了

複雜度\(O(nlogn)\)

/*
*/
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long 
#define fi first
#define se second
#define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1<<22, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
char buf[(1 << 22)], *p1 = buf, *p2 = buf;
char obuf[1<<24], *O = obuf;
void print(int x) {if(x > 9) print(x / 10); *O++ = x % 10 + '0';}
#define OS  *O++ = '\n';
#define fout fwrite(obuf, O-obuf, 1 , stdout); 
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 10, INF = 1e9 + 10;
template<typename A, typename B> inline bool chmax(A &x, B y) {return x < y ? x = y, 1 : 0;}
template<typename A, typename B> inline bool chmin(A &x, B y) {return x > y ? x = y, 1 : 0;}
inline int read() {
    char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}
int N, M, Q, a[MAXN],  st[MAXN], L[MAXN], R[MAXN]; 
LL ans[MAXN];
struct Modify {
    int h;LL v;
};
vector<Modify> tag[MAXN];
struct Query {
    int h, id, opt;
};
vector<Query> q[MAXN];
void Add(int x1, int y1, int x2, int y2, int v) {
    tag[x1].push_back({y1, v});
    tag[x2 + 1].push_back({y1, -v});
    tag[x1].push_back({y2 + 1, -v});
    tag[x2 + 1].push_back({y2 + 1, v});
}
void Query(int x1, int y1, int x2, int y2, int id) {
    q[x2].push_back({y2, id, 1});
    q[x1 - 1].push_back({y2, id, -1});
    q[x2].push_back({y1 - 1, id, -1});
    q[x1 - 1].push_back({y1 - 1, id, 1});
}
#define lb(x) (x & (-x))
LL s1[MAXN], s2[MAXN], s3[MAXN], s4[MAXN];
void TreeAdd(int x, LL v1, LL v2, LL v3, LL v4) {
    while(x <= M) 
        s1[x] += v1, s2[x] += v2, s3[x] += v3, s4[x] += v4, x += lb(x);
}
pair<pair<LL, LL>, pair<LL, LL> > TreeQuery(int x) {
    pair<pair<LL, LL>, pair<LL, LL> > ans;
    while(x) 
        ans.fi.fi += s1[x], ans.fi.se += s2[x], ans.se.fi += s3[x], ans.se.se += s4[x], x -= lb(x);
    return ans;
}
#undef lb
void solve() {
    for(int i = 1; i <= M; i++) {   
        for(auto y: tag[i]) {
            int v = y.v;
            TreeAdd(y.h, 1ll * v, 1ll * (y.h - 1) * v, 1ll * (i - 1) * v, 1ll * (y.h - 1) * (i - 1) * v);
        }
        for(auto x : q[i]) {
            LL sumv = 0, sumyv = 0, sumxv = 0, sumxyv = 0;
            pair<pair<LL, LL>, pair<LL, LL> > tmp = TreeQuery(x.h);
            sumv = tmp.fi.fi;
            sumyv = tmp.fi.se;
            sumxv = tmp.se.fi;
            sumxyv = tmp.se.se;
            int j = x.h;
            ans[x.id] += 1ll * x.opt * (1ll * i * j * sumv - 1ll * i * sumyv - 1ll * j * sumxv + sumxyv);
        }
    }
}

void Pre() {
    a[0] = -INF; a[N + 1] = -INF; int top = 0;
    for(int i = 1; i <= N + 1; i++) {
        while(top && a[i] < a[st[top]]) R[st[top--]] = i;
        L[i] = st[top];
        st[++top] = i;
    }
    for(int i = 1; i <= N; i++)
        if((i <= R[i] - 1) && (L[i] + 1 <= i)) 
            Add(i, L[i] + 1, R[i] - 1, i, a[i]);
}
signed main() {
    //freopen("a.in", "r", stdin); freopen("b.out", "w", stdout);
    N = read(); M = N + 1; Q = read();
    for(int i = 1; i <= N; i++) a[i] = read();
    Pre();
    for(int i = 1; i <= Q; i++) {
        int l = read(), r = read(), ans = 0;
        Query(l, l, r, r, i);
    }
    solve();
    for(int i = 1; i <= Q; i++) cout << ans[i] << '\n';
    return 0;
}