Problem

Description

给定长度为 \(n\) 的序列：\(a_1, a_2, \cdots , a_n\)，记为 \(a[1 \colon n]\)。类似地，\(a[l \colon r]\)（\(1 \leq l \leq r \leq N\)）是指序列：\(a_{l}, a_{l+1}, \cdots ,a_{r-1}, a_r\)。若 \(1\leq l \leq s \leq t \leq r \leq n\)，则称 \(a[s \colon t]\)是 \(a[l \colon r]\) 的子序列。

现在有 \(q\) 个询问，每个询问给定两个数 \(l\) 和 \(r\)，\(1 \leq l \leq r \leq n\)，求 \(a[l \colon r]\) 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 \(a[1 \colon 3]\) 有 \(6\) 个子序列 \(a[1 \colon 1], a[2 \colon 2], a[3 \colon 3], a[1 \colon 2],a[2 \colon 3], a[1 \colon 3]\)，这 \(6\) 个子序列的最小值之和为 \(5+2+4+2+2+2=17\)。

Input Format

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 Format

对于每次询问，输出一行，代表询问的答案。

Sample

Input

Output

Range

对于 \(100\%\) 的数据，\(1 \leq n,q \leq 100000 ,|a_i| \leq 10^9\)

Algorithm

莫队

Mentality

第一眼觉得做法和 \(HNOI2017\) 的影魔应该是一样的，然后发现由于这一题的区间最小值可能存在多个，那么影魔里的就完全不适用了 \(QwQ\) 。

那看着这个数据范围，我们能想到三种复杂度：\(nlog\) 、\(nlog^2\)、\(n\sqrt{n}\) 。

然后发现可以离线，询问是区间形式的，我们便不由得想到莫队了。

接下来考虑莫队里的计算步骤：从 \([l,r]\) -> \([l,r+1]\) 的增量，由于其他三个计算本质相同，不多做讨论。

首先，我们设 \(p\) 为区间 \([l,r+1]\) 的最小值所在位置，那么对于区间左端点在 \(l\sim p\) ，右端点在 \(r+1\) 的区间，它们的最小值肯定都是 \(a[p]\) 。则这一坨区间对答案的贡献为 \(a[p]*(p-l+1)\) 。

那剩下的左端点在 \(p+1\sim r\) 的区间的贡献呢？

其实我们可以稍加思考，就会发现我们应该考虑先处理出两个 \(ll[i],rr[i]\) 数组，分别是 \(i\) 左边第一个比 \(i\) 小的位置，\(i\) 右边第一个比 \(i\) 小的位置。

那么我们设 \(f_l[r+1]\) 右端点在 \(r+1\) ，而左端点在 \([1,r+1]\) 范围的区间的最小值之和：

\[ f_l[r+1]=(r+1-ll[r+1])*a[r]+(ll[r+1]-ll[ll[r+1]])*a[ll[r+1]]+\dots + 0 \]

也即按照区间最小值分段，只要右端点固定，那么区间的最小值肯定是连续相同的，我们一个个区间去计算就好了。

然后我们观察到反正这个式子是从 \(ll[r+1]\) 把值转移上来的，那我们自然可以写出如下 \(DP\) 式：

\[ f_l[r+1]=(r+1-ll[r+1])*a[r]+f_l[ll[r+1]] \]

不难发现，对于原式子中，我们沿着一段段连续的区间最小值计算答案，而对于其中任意一个 "\(ll[i]\)" ，我们只需要把后面那截砍掉，也即 \(f_l[r+1]-f_l[ll[i]]\) ，这显然就是右端点在 \(r+1\) ，左端点在 \([ll[i]+1,r+1]\) 这段范围内的区间最小值之和。

由于 \(p\) 已经是区间内最小的位置了，所以对于 \(p+1\sim r\) 这些点，它们的 \(ll[i]\) 的值要么就是 \(a[p]\) ，要么就不小于 \(a[p]\)。所以 \(p\) 一定是计算 \(r+1\) 的答案中的某个 "\(ll[i]\)" ，那我们只需要用 \(f_l[r+1]\) 减去 \(f_l[p]\) 即可得到左端点在 \(p+1\sim r\) 的区间的答案。

总结一下，\([l,r]\) -> \([l,r+1]\) 的增量为：

\[ a[p]*(p-l+1)+f_l[r+1]-f_l[p] \]

对于 \([l,r]\) -> \([l-1,r]\) 也同理，我们只需要处理出一个类似的 \(f_r\) 数组即可。

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,size,Q,a[100001];
int minn[100001][18],pos[100001][18],Log[100001];
int top,ll[100001],rr[100001],stack[100001];
int L,R;
long long ans,Ans[100001],fr[100001],fl[100001];
struct node
{
    int l,r,d;
}k[100001];
bool cmp(node a,node b){return (a.l/size)==(b.l/size)?a.r<b.r:(a.l/size)<(b.l/size);}
int find(int l,int r)
{
    if(l>r)return 0;
    if(l==r)return pos[l][0];
    int x=Log[r-l],p;
    return minn[l][x]>minn[r-(1<<x)+1][x]?pos[r-(1<<x)+1][x]:pos[l][x];

}//寻找最小值位置
void init()
{
    cin>>n>>Q;
    size=sqrt(n);
    int now=2;
    for(int i=2;i<=(int)1e5;i++)
    {
        Log[i]=Log[i-1];
        if(i==now)Log[i]++,now<<=1;
    }//预处理对数
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        minn[i][0]=a[i],pos[i][0]=i;
    }
    for(int i=1;i<=Q;i++)
        scanf("%d%d",&k[i].l,&k[i].r),k[i].d=i;
    sort(k+1,k+Q+1,cmp);//离线询问
    for(int j=1;j<=17;j++)
        for(int i=1;i<=n-(1<<j)+1;i++)
        {
            pos[i][j]=pos[i][j-1],minn[i][j]=min(minn[i][j-1],minn[i+(1<<(j-1))][j-1]);
            if(minn[i][j]!=minn[i][j-1])
                pos[i][j]=pos[i+(1<<(j-1))][j-1];
        }//预处理 rmq
    stack[top=0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        while(top&&a[stack[top]]>=a[i])top--;
        ll[i]=stack[top],stack[++top]=i;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        fl[i]=fl[ll[i]]+1ll*(i-ll[i])*a[i];
    stack[top=0]=n+1;
    for(int i=n;i>=1;i--)
    {
        while(top&&a[stack[top]]>=a[i])top--;
        rr[i]=stack[top],stack[++top]=i;
    }//单调栈处理 ll，rr 数组
    for(int i=n;i>=1;i--)
        fr[i]=fr[rr[i]]+1ll*(rr[i]-i)*a[i];//计算 fl，fr 数组
}
long long workr(int x)
{
    int p=find(L,x);
    return 1ll*a[p]*(p-L+1)+fl[x]-fl[p];
}
long long workl(int x)
{
    int p=find(x,R);
    return 1ll*a[p]*(R-p+1)+fr[x]-fr[p];
}
void solve()
{
    L=k[1].l,R=k[1].l-1;
    for(int i=1;i<=Q;i++)
    {
        while(R<k[i].r)ans+=workr(++R);
        while(L>k[i].l)ans+=workl(--L);
        while(R>k[i].r)ans-=workr(R--);
        while(L<k[i].l)ans-=workl(L++);
        Ans[k[i].d]=ans;
    }
}
int main()
{
    init();//预处理和读入
    solve();
    for(int i=1;i<=Q;i++)
        printf("%lld\n",Ans[i]);
}

【HNOI 2016】序列