洛谷 - P3246 [HNOI2016]序列(莫队+单调栈)

Posted 2021-08-30 Frozen_Guardian

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题目大意：给出一个长度为 $n$ 的序列，再给出 $m$ 次询问，每次询问需要回答一个区间 $[l,r]$ 内所有子区间的最小值之和

题目分析：因为可以离线，所以考虑莫队，这个题的难点是如何处理 $[L,R]$ 递推到 $[L,R+1]$

从 $[L,R]$ 推到 $[L,R+1]$，实质上多了 $R-L+2$ 个子区间，分别是 $[L,R+1],[L+1,R+1],...,[R+1,R+1]$，我们只需要将这些子区间的最小值之和加上就好了

所以不难想到需要维护一个辅助数组 $f[r]$，代表前缀 $[1:r]$ 的所有后缀 $[1:r],[2:r],...,[r:r]$ 的最小值之和，转移的话可以利用单调栈维护出 $l[r]$ 代表 $r$ 左侧首个小于 $a[r]$ 的位置，那么有 $f[r]=f[l[r]]+(r-l[r])\ast a[r]$，具体意义就是 $a[r]$ 充当了左端点位于 $(l[r],r]$ 的这些后缀的最小值

现在我们需要借助 $f$ 数组快速求出以 $R+1$ 为右端点，左端点位于区间 $[L,R+1]$ ，右端点为 $R+1$ 的子区间的最小值之和，下文称最小值之和为贡献

设区间 $[L,R+1]$ 的最小值的位置为 $p$，不难看出左端点位于 $[L,p]$ 的子区间的贡献为 $a[p]$，现在我们的问题变成如何计算左端点位于 $(p,R+1]$ 的子区间的贡献

用我们刚才的 $f$ 公式展开看看？

设 $x=R+1$ ：$f[x]=f[l[x]]+(x-l[x])\ast a[x]$

设 $pre=l[x]$ ： $f[pre]=f[l[pre]]+(pre-l[pre])\ast a[pre]$

设 $ppre=l[pre]$ ： $f[ppre]=f[l[ppre]]+(ppre-l[ppre])\ast a[ppre]$

…

不难发现我们会沿着一个 $a[pre]$ 递减的序列一直迭代，即 $a[ppre]<a[pre]<a[x]$，并且直到 $p$ 停止，因为 $a[p]$ 是区间 $[L,R+1]$ 中的最小值呀，$a[p]$ 前面不会再有比它小的数字了

如果将上面的公式自底向上套进去的话，我们会惊奇的发现，$f[R+1]-f[p]$ 即为所求，也就是左端点位于 $(p,R+1]$ ，右端点为 $R+1$ 的这些子区间的贡献

到此为止我们可以利用 $RMQ$ 预处理区间最小值的位置然后 $O(1)$ 进行区间 $[L,R]$ 到 $[L,R+1]$ 的扩展了，对于剩下的 $[L,R-1],[L+1,R],[L-1,R]$ ，分析起来同理，这里不做过多赘述

有一个小问题就是，这个题的莫队的修改顺序需要先加后减，不然会又WA又RE的

那么莫队的时间复杂度就是 $O(nlogn+n\sqrt{n})=O(n\sqrt{n})$

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打一个分割线，下面讲讲另一种写法

注意到这个题很巧妙地预处理出了 $f$ 数组辅助莫队的转移，所以我们既然想到了 $f$ 数组，为什么不思考一下能否直接用 $f$ 数组计算区间的贡献呢？

给定区间 $[L,R]$，还是设 $p$ 为区间最小值的位置，我们将总贡献分成三份：区间 $[L,R]$ 的贡献 = 区间 $[L,p)$ 的贡献 + 区间 ( p ,

以上是关于洛谷 - P3246 [HNOI2016]序列(莫队+单调栈)的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章

P3246 [HNOI2016]序列（查询l-r中所有区间的最小值之和）

「HNOI2016」序列

洛谷P3245 [HNOI2016]大数 莫队

bzoj4540: [Hnoi2016]序列

4542: [Hnoi2016]大数|莫队

[bzoj4540][Hnoi2016]序列——单调栈+莫队+RMQ