[Luogu 5465] [LOJ 6435] [PKUSC2018]星际穿越(倍增)
题面
n个点的图，点i和[l[i],i)的所有点连双向边。每次询问(l,r,x)表示x到[l,r]的所有点的最短路径长度和/(r-l+1)。
\(n \leq 10^5,l_i<r_i<x_i\)
分析
有(du)趣(liu)的倍增问题。
观察到\(l_i<r_i<x_i\),也就是说我们要求往左走的最小距离。首先差分一下，设\(sum(x,i)\)表示\(x\)到\([i,x-1]\)的最短距离和。那么答案就是\(\frac{sum(x,l)-sum(x,r+1)}{r-l+1}\)
然后我们不要直接考虑到x的最短路，而是反过来考虑走k步可以到达哪些节点。
我们从x开始走1步，可以走到哪里呢？。可以跳到的编号最小的点为\(l_x\),而最大的点应该是\(rb(x)=\max(k) (l_k \leq x)\),因为只要\(l_k \leq x\), \(x\)与\(k\)之间就有一条边。因此第1步能到达的区间是\([l_x,rb(x)]\)
第2步呢？。根据上面的分析，应该是\(\min(l_i)(i \in [l_x,rb(x)])\).但是实际上可以简化为\(\min(l_i)(i \in [l_x,n])\).因为在\([rb(x),n]\)内的点，它们的\(l\)比x还大，自然也比\([l_x,rb(x)]\)内的点的\(l\)还大，对最小值没有任何影响。
因此，设走\(k(k>1)\)步可以到达的编号最小的点为\(a\),那么走\(k+1\)步能够到达的编号最小的点为\(\min(l_i)（i\in [a,n])\).这样就可以倍增优化。
设\(f[i][j]\)表示\([i,n]\)内节点走\(2^j\)步能够到达的编号最小的点。那么显然有:
\[f[i][0]=\min(l_k),k \in[i,n]\]
\[f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1]\]
为了求答案，我们再维护一个和，\(g[i][j]\)表示\(i\)到\([f[i][j],i-1]\)内所有点的距离和。那么：
\(g[i][0]=i-f[i][0]\) (到\([f[i][0],i-1]\)中的每个点的距离都为1)
\[g[i][j]=g[i][j-1]+g[f[i][j-1]][j-1]+2^{j-1}(f[i][j-1]-f[i][j])\]
这是因为:到\([f[i][j-1],i-1]\)内的节点，距离和是\(g[i][j-1]\)。而到\([f[i][j],f[i][j-1]]\)内的节点的距离由两部分组成，一部分是各节点到\(f[i][j-1]\)的距离\(g[f[i][j-1]][j-1]\),另一部分是从\(f[i][j-1]\)到\(i\)的距离\(2^{j-1}\).因为一共有\((f[i][j-1]-f[i][j])\)个节点，所以要乘上\((f[i][j-1]-f[i][j])\)
查询的话就倍增的跳即可，注意一些细节，还是直接上代码吧.
int calc(int x,int l){ //sum(x,l),[l,x-1]内答案
if(a[x]<=l) return x-l;//只需走一次的情况，特判
//第一次走的答案
int ans=x-a[x];//距离和
int cnt=1;//走的次数
x=a[x];
for(int i=log2n;i>=0;i--){
if(f[x][i]>=l){
ans+=g[x][i]+cnt*(x-f[x][i]);//,g[x][i]为当前这段的距离和,但是之前每个节点还跳了cnt步到x,因此要加上cnt*[f[x][i],x-1]
cnt+=(1<<i);
x=f[x][i];
}
}
if(x>l) ans+=x-l+cnt*(x-l);//如果最后一步没跳满，加上f[x][i]
return ans;
} 代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define maxn 300000
#define maxlogn 25
using namespace std;
int gcd(int a,int b){
return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
int n,q;
int log2n;
int a[maxn+5];
int f[maxn+5][maxlogn+5];
int g[maxn+5][maxlogn+5];
int calc(int x,int l){ //[l,x-1]内答案
if(a[x]<=l) return x-l;
//特判第一次跳
int ans=x-a[x];
int cnt=1;
x=a[x];
for(int i=log2n;i>=0;i--){
if(f[x][i]>=l){
ans+=g[x][i]+cnt*(x-f[x][i]);//[f[x][i],x-1]跳到x还需cnt步
cnt+=(1<<i);
x=f[x][i];
}
}
if(x>l) ans+=x-l+cnt*(x-l);//如果最后一步没跳满，加上f[x][i]
return ans;
}
int main(){
int l,r,x;
scanf("%d",&n);
log2n=log2(n)+1;
a[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
f[n][0]=a[n];
for(int i=n-1;i>=1;i--){
f[i][0]=min(f[i+1][0],a[i]);
g[i][0]=i-f[i][0];
}
for(int j=1;j<=log2n;j++){
for(int i=1;i<=n;i++){
if(f[i][j-1]){
f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
g[i][j]=g[i][j-1]+g[f[i][j-1]][j-1]+((f[i][j-1]-f[i][j])<<(j-1));
//[f[i][j],f[i][j-1]-1]内的点跳到j还需2^{j-1}步
}
}
}
scanf("%d",&q);
while(q--){
scanf("%d %d %d",&l,&r,&x);
int up=calc(x,l)-calc(x,r+1);
int down=r-l+1;
int g=gcd(up,down);
up/=g;
down/=g;
printf("%d/%d\n",up,down);
}
}