bzoj4540HNOI2016序列
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4540: [Hnoi2016]序列
Time Limit: 20 Sec Memory Limit: 512 MBSubmit: 619 Solved: 302
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Description
给定长度为n的序列:a1,a2,…,an,记为a[1:n]。类似地,a[l:r](1≤l≤r≤N)是指序列:al,al+1,…,ar-
1,ar。若1≤l≤s≤t≤r≤n,则称a[s:t]是a[l:r]的子序列。现在有q个询问,每个询问给定两个数l和r,1≤l≤r
≤n,求a[l:r]的不同子序列的最小值之和。例如,给定序列5,2,4,1,3,询问给定的两个数为1和3,那么a[1:3]有
6个子序列a[1:1],a[2:2],a[3:3],a[1:2],a[2:3],a[1:3],这6个子序列的最小值之和为5+2+4+2+2+2=17。
Input
输入文件的第一行包含两个整数n和q,分别代表序列长度和询问数。接下来一行,包含n个整数,以空格隔开
,第i个整数为ai,即序列第i个元素的值。接下来q行,每行包含两个整数l和r,代表一次询问。
Output
对于每次询问,输出一行,代表询问的答案。
Sample Input
5 2 4 1 3
1 5
1 3
2 4
3 5
2 5
Sample Output
17
11
11
17
HINT
1 ≤N,Q ≤ 100000,|Ai| ≤ 10^9
莫队算法+单调栈+前缀和
考虑离线的莫队算法,面临的问题就是边界移动对于答案的影响如何计算。
实际上就是要求这个东西:对于区间[l,r],固定左端点或者右端点,所有子区间的最小值的和。
暴力是可以O(n^2)求出的,显然太慢,考虑优化。
下面以固定左端点为例,右端点同理。
首先找出[l,r]的最小值所在的位置x。那么对于右端点是[x,r]的子串,最小值是a[x],对答案贡献就是a[x]*(r-x+1)。
区间最小值用RMQ,O(nlogn)预处理,O(1)单次询问。
那剩余的部分呢?实际上每一个点i能影响的范围实际是[i,pi],pi表示i后面第一个比他小的点,p数组可以用单调栈预处理。
相当于对于一个数a[x],向他后面第一个小于它的数a[y]连边,边权a[x]*(y-x),求a[l]到a[x]的距离。
这形成一个树形结构,对于树上的链维护一个前缀和,就可以O(1)询问了。这里一定可以保证x是l的祖先,想想为什么?
于是这道题就解决了,总时间复杂度O(n*logn+n*sqrt(n))。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++) #define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--) #define ll long long #define pa pair<int,int> #define N 100005 using namespace std; int n,m,block,top,a[N],pl[N],pr[N],s[N],lg[N]; ll now,sl[N],sr[N],ans[N]; pa f[N][20]; struct data{int l,r,id,num;}q[N]; inline int read() { int x=0,f=1;char ch=getchar(); while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();} while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} return x*f; } inline bool cmp(data a,data b) { return a.num==b.num?a.r<b.r:a.num>b.num; } inline int rmq(int l,int r) { int t=lg[r-l+1]; return min(f[l][t],f[r-(1<<t)+1][t]).second; } inline ll queryl(int l,int r) { int x=rmq(l,r); return (ll)a[x]*(r-x+1)+sr[l]-sr[x]; } inline ll queryr(int l,int r) { int x=rmq(l,r); return (ll)a[x]*(x-l+1)+sl[r]-sl[x]; } int main() { n=read();m=read();block=sqrt(n); F(i,1,n) a[i]=read(); F(i,1,m){q[i].l=read();q[i].r=read();q[i].id=i;q[i].num=(q[i].l-1)/block+1;} sort(q+1,q+m+1,cmp); F(i,1,n) f[i][0]=make_pair(a[i],i); F(j,1,17) F(i,1,n-(1<<j)+1) f[i][j]=min(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]); F(i,1,17) lg[1<<i]=1; F(i,1,n) lg[i]+=lg[i-1]; F(i,1,n) { while (top&&a[s[top]]>a[i]) pr[s[top]]=i,top--; s[++top]=i; } while (top) pr[s[top]]=n+1,top--; D(i,n,1) { while (top&&a[s[top]]>a[i]) pl[s[top]]=i,top--; s[++top]=i; } while (top) pl[s[top]]=0,top--; F(i,1,n) sl[i]=sl[pl[i]]+(ll)a[i]*(i-pl[i]); D(i,n,1) sr[i]=sr[pr[i]]+(ll)a[i]*(pr[i]-i); int l,r; F(i,1,m) { if (i==1||q[i].num!=q[i-1].num) r=(q[i].num-1)*block,l=r+1,now=0; while (r<q[i].r) r++,now+=queryr(l,r); while (l>q[i].l) l--,now+=queryl(l,r); while (l<q[i].l) now-=queryl(l,r),l++; ans[q[i].id]=now; } F(i,1,m) printf("%lld\n",ans[i]); return 0; }
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