洛谷4755 Beautiful Pair （分治）

题目描述

小D有个数列 a$a$，当一个数对 (i,j)(i≤j)$(i,j)(i\le j)$ 满足ai$a_i$和aj$a_j$的积 不大于 ai⋯aj$a_i\cdots a_j$ 中的最大值时，小D认为这个数对是美丽的.请你求出美丽的数对的数量。

输入格式：
第一行输入一个整数 n$n$，表示元素个数。 第二行输入 n$n$ 个整数 a1,a2,a3,⋯,a$a_1,a_2,a_3,\cdots ,a$，为所给的数列。

输出格式：
输出一个整数，为美丽的数字对数。

其中m≤105，ai≤109$m\le {10}^5，a_i\le {10}^9$

这个题，看到题的第一想法就是QwQ，一看就是dp或者一些恶心的数据结构题，但是想了一会dp，发现不太可行。那么我们可以考虑通过分治 来解决这个问题

我们考虑，对于一个区间[l,r]$[l,r]$，我们可以通过这个区间的mx$mx$（表示最大的ai$a_i$）来解决，因为要求乘积不能大于区间的最大值，所以我们在 计算区间的时候，mx$mx$一般情况下是不能和别的数进行组合的。所以说，按照mx来分组，那么当前区间的答案就是[l,mx−1]$[l,mx-1]$的答案加上[mx+1,r]$[mx+1,r]$，然后加上两个区间产生的贡献。
QwQ那么怎么求左右区间产生的贡献呢

我们考虑，对于一个固定的左端点l$l$，我们需要在[mx+1,r]$[mx+1,r]$区间找出，小于⌊mxal⌋$\lfloor \frac{mx}{a_l}\rfloor$的数的个数
然后我们枚举所有的左端点，然后数一数，最后考虑mx$mx$这个端点可以不可以跟左边的这个区间进行组合

那么我们应该怎么求一个区间内小于等于一个数的个数呢

QwQ
呀，BIT！树状数组 嗯！
我们考虑将每个数进行离散化，然后维护一个权值树状数组，然后我们每次只需要query(find(⌊mxal⌋))$query(find(\lfloor \frac{mx}{a_l}\rfloor ))$就可以，其中find$find$的函数的作用是，找到这个值离散化后的小于等于它的最大的值，其实可以直接lowerbound$lowe{r}_{b}ound$

记得离散化！

还有一些人会问，这个算法的时间复杂度可以保证吗？QwQ具体的证明我也不是很会呀，不过可以感性l理解

如果我们每次挑选的mx$mx$，都选择比较中间的，那么我们可以大致理解是O(nlogn)$O(nlogn)$的

直接上代码

dfs版的分治

非常理解，个人敢接

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<unordered_map>
using namespace std;

inline int read()
{
  int x=0,f=1;char ch=getchar();
  while (!isdigit(ch)) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
  while (isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
  return x*f;
}

const int maxn =  1e5+1e2;

int c[maxn];
int a[maxn];
int b[maxn];
int n,m;
int dp[maxn][23];
int p[maxn];
int tmp = 0;
unordered_map<int,int> mp;

struct Node{
    int id,val;
};

Node g[maxn];

int lowbit(int x)
{
    return (-x) & x;
}

void update(int x,int p)
{
    for (int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)) c[i]+=p;
}

long long query(int x)
{
    long long ans=0;
    for (int i=x;i;i-=lowbit(i)) ans+=(long long)c[i];
    return ans;
}

int find(int x)
{
    if (x>p[n]) return tmp;
    return g[upper_bound(p+1,p+1+n,x)-p-1].id;
}

bool cmp(Node a,Node b)
{
    return a.val<b.val;
}

int countmax(int x,int y)
{
    int k = log2(y-x+1);
    return max(dp[x][k],dp[y-(1 <<k)+1][k]);
}

void init()
{
    for (int j=1;j<=21;j++)
      for (int i=1;i<=n;i++)
      {
         if (i+(1 << j)-1<=n)
         {
            dp[i][j]=max(dp[i][j-1],dp[i+(1 << (j-1))][j-1]);
           }
      } 
}

long long solve(int l,int r)
{
    if (l>r) return 0;
    if (l==r)  {
      if (a[l]==1)return 1;
      else return 0;
    }
    long long cnt=0;
    int mid = (l+r) >> 1;
    int mx = countmax(l,r),pos=0;
    for (int i=l;i<=r;i++)
    {
        if (a[i]==mx) {
           if (!pos || abs(mid-i)<abs(mid-pos)) pos=i;
        }
    }
    cnt+=solve(l,pos-1);
    cnt+=solve(pos+1,r);
    for (int i=pos+1;i<=r;i++) update(b[i],1);
    for (int i=l;i<=pos;i++) cnt=cnt+(query(find(mx/a[i])));
    for (int i=pos+1;i<=r;i++) update(b[i],-1);
    //cout<<l<<" "<<r<<" "<<cnt<<endl;
    for (int i=l;i<=pos-1;i++) update(b[i],1);
     cnt=cnt+(query(find(mx/a[pos])));
    for (int i=l;i<=pos-1;i++) update(b[i],-1); 
    //out<<l<<" "<<r<<" "<<cnt<<endl;
    if (a[pos]==1) cnt++;
    return cnt;
}

int main()
{
  n=read();
  for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),g[i].id=i,g[i].val=a[i],dp[i][0]=a[i];
  init();
  sort(g+1,g+1+n,cmp);
  for (int i=1;i<=n;i++)
  {
     if (g[i].val!=g[i-1].val) tmp++;
     b[g[i].id]=tmp;
     mp[a[g[i].id]]=tmp;
  }
  //for (int i=1;i<=n;i++) cout<<b[i]<<" "; 
  memset(g,0,sizeof(g));
  for (int i=1;i<=n;i++) p[i]=a[i],g[i].val=a[i],g[i].id=b[i];
  sort(g+1,g+1+n,cmp);
  sort(p+1,p+1+n);
  //cout<<endl;
  long long ans=solve(1,n);
  cout<<ans;
  return 0;
}