洛谷P3246 [HNOI2016]序列(离线 差分 树状数组)

题意

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sol

好像搞出了一个和题解不一样的做法(然而我考场上没写出来还是爆零0)

一个很显然的思路是考虑每个最小值的贡献。

预处理出每个数左边第一个比他小的数，右边第一个比他大的数。

那么\([l_i + 1, i]\)对\([i, r_i]\)中的每个数都会有\(a[i]\)的贡献。

我们可以抽象成一个二维平面内的矩形加。

询问就是询问最下角为\((l, l)\)，右上角为\((r, r)\)的矩形内的权值

也就是我们需要解决这么一个问题：两个操作, 矩形加矩形求和，而且前者都在后者的前面执行

我们可以把所有矩形加操作全都向右上角差分，所有询问操作全都向左下角差分。这样我们就只需要考虑每个\((i, j)\)左下角的所有修改\((x, y)\)的影响，这部分的权值为\((i - x + 1) * (j - y + 1) * w\)

直接拆开，发现可以用树状数组维护(单点修改，查前缀和)。然后就做完了

复杂度\(o(nlogn)\)

/*
*/
#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;
}