4540: [Hnoi2016]序列

Description

　　给定长度为 $n$ 的序列： $a_1$ , $a_2$ ,…, $a_n$ ，记为 $a[1:n]$ 。类似地， $a[l:r]$ （ $1≤l≤r≤N$ ）是指序列： $a_l$ , $a_{l+1}$ ,…, $a_{r-1}$ , $a_r$ 。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 $a_i$ ，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

Sample Output

HINT
$1 ≤N,Q ≤ 100000,|Ai| ≤ 10^9$

解：

听说可以大力上线段树？可是我不会啊。
其实莫队也不怎么会。
还是说说怎么做吧。首先莫队的方法可以把这个问题变成对于区间[l,r]，以r为右端点，再求答案。而且由于莫队的复杂度，我们需要做到 $O(1)$
怎么求答案？本来想的是存一个每个点左右比它小的第一个数，结果发现似乎变成了一个递归的子问题，感觉还是很无解。
然后在网上看到一种很巧妙的做法。我们现在有区间[l,r]的答案，向左扩展一位。首先我们找出[l,r+1]中最小的数k，k左边作为左端点那么对答案有贡献的是k。然后我们需要计算[k+1,r]，发现一个特点，[k+1,r]中比k都大。我们预处理以i为右端点的区间的答案和s[i]。由于k及k左侧的贡献都会是k左边的数，所以在s[k+1]和s[r]是可以相减的。我们只需要减一减就好了。
RMQ是O(1)的。
莫队可能不支持除100，调成200就过了，不知道为什么。
code：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<stack>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct lxy{
    int id,x;
}yyy;
struct lxy1{
    int l,r,tim;
    bool operator < (const lxy1 &QAQ)const{
      if(l/200==QAQ.l/200) return r<QAQ.r;
      return l/200<QAQ.l/200;
    }
}b[100005];
int l[100005],r[100005],a[100005];
long long fl[100005],fr[100005],now,ans[100005];
int st[200005][17],lg[100005];
int n,m,lnt,rnt;
stack <lxy> d;

int readit()
{
    int g=0,f=1;char s;
    s=getchar();
    while(s>'9'||s<'0'){
        if(s=='-') f=-1;
        s=getchar();
    }
    while(s>='0'&&s<='9'){
        g=g*10+s-'0';
        s=getchar();
    }
    return f*g;
}

int findit(int x,int y)
{
    int g=lg[y-x+1];
    if(a[st[x][g]]>a[st[y-(1<<g)+1][g]])
      return st[y-(1<<g)+1][g];
    else return st[x][g];
}

void lml(){
    int pos=findit(lnt-1,rnt);
    now+=1ll*a[pos]*(rnt-pos+1)+fr[lnt-1]-fr[pos];
    lnt--;
}
void lmr(){
    lnt++;
    int pos=findit(lnt-1,rnt);
    now-=1ll*a[pos]*(rnt-pos+1)+fr[lnt-1]-fr[pos];
}
void rml(){
    rnt--;
    int pos=findit(lnt,rnt+1);
    now-=1ll*a[pos]*(pos-lnt+1)+fl[rnt+1]-fl[pos];
}
void rmr(){
    int pos=findit(lnt,rnt+1);
    now+=1ll*a[pos]*(pos-lnt+1)+fl[rnt+1]-fl[pos];
    rnt++;
}

int main()
{
    a[0]=0x7f7f7f7f;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(register int i=1;i<=n;i++)
      a[i]=readit();
    int p=2,t=0;
    for(register int i=1;i<=n;i++){
        if(i>p) p*=2,t++;
        lg[i]=t;
        st[i][0]=i;
    }
    for(register int i=1;i<=16;i++)
      for(register int j=1;j<=n;j++)
      {
        if(a[st[j][i-1]]>a[st[j+(1<<(i-1))][i-1]])
          st[j][i]=st[j+(1<<(i-1))][i-1];
        else st[j][i]=st[j][i-1];
      }
    for(register int i=1;i<=n;i++){
        while(!d.empty()&&d.top().x>a[i]) d.pop();
        if(!d.empty()) l[i]=d.top().id;
        yyy.id=i;yyy.x=a[i];
        d.push(yyy);
    }
    while(!d.empty()) d.pop();
    for(register int i=n;i>=1;i--){
        while(!d.empty()&&d.top().x>a[i]) d.pop();
        if(!d.empty()) r[i]=d.top().id;
        yyy.id=i;yyy.x=a[i];
        d.push(yyy);
    }
    for(register int i=1;i<=m;i++)
      scanf("%d%d",&b[i].l,&b[i].r),b[i].tim=i;
    sort(b+1,b+1+m);
    for(register int i=1;i<=n;i++){
        if(l[i]==0) fl[i]=1ll*i*a[i];
        else fl[i]=fl[l[i]]+1ll*(i-l[i])*a[i];
    }
    for(register int i=n;i>=1;i--){
        if(r[i]==0) fr[i]=1ll*(n-i+1)*a[i];
        else fr[i]=fr[r[i]]+1ll*(r[i]-i)*a[i];
    }
    lnt=1,rnt=1,now=a[1];
    for(register int i=1;i<=m;i++){
        while(rnt<b[i].r) rmr();
        while(lnt>b[i].l) lml();
        while(rnt>b[i].r) rml();
        while(lnt<b[i].l) lmr();
        ans[b[i].tim]=now;
    }
    for(register int i=1;i<=m;i++)
      printf("%lld\n",ans[i]);
}

[Hnoi2016]序列（莫队+st表）