【题解】 [AH2017/HNOI2017]影魔线段树 luoguP3722/bzoj4826

真心巧妙，不看题解准做不出~~(之前题解都看不懂QwQ)~~

这道题貌似有许多的做法，都不费，主席树的话不知道怎么搞，于是建了 $3$ 棵线段树，实测是不会炸的。

30分做法：

小学生都能轻易想出来的解法，对于一个询问的区间，暴力枚举其子区间，然后按照题面的要求算贡献，区间最大值可以用 $ST$ 表预处理，复杂度爆炸，但是仍然可以拿到 $30$ 暴力分。


#include<queue>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>

#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))

const int N=1e5+2;
const int LogN=23;
const int inf=1e9+9; 

int v[N],n,m,p1,p2;

struct {
    int logs[N],f[N][LogN+2];
    inline void make(){
        logs[0]=-1;
        for(int i=1;i<=n;++i)
            f[i][0]=v[i],logs[i]=logs[i>>1]+1;
        for(int j=1;j<=LogN;++j)
            for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;++i)
                f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]);
    }
    inline int query(int x,int y){
        int ans=logs[y-x+1];
        return max(f[x][ans],f[y-(1<<ans)+1][ans]);
    }
}T;

template <typename _Tp> inline void IN(_Tp&x){
    char ch;bool flag=0;x=0;
    while(ch=getchar(),!isdigit(ch))if(ch=='-')flag=1;
    while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    if(flag)x=-x;
} 

int main(){
    IN(n),IN(m),IN(p1),IN(p2);
    for(int i=1;i<=n;++i)IN(v[i]);
    T.make();
    for(int i=1;i<=m;++i){
        int l,r,ans=0;
        IN(l),IN(r);
        for(int a=l;a<=r;++a)
            for(int b=a+2;b<=r;++b){
                int sum=T.query(a+1,b-1);
                if(v[a]>=sum&&v[b]>=sum)ans+=p1;
                if((v[a]<sum&&sum<v[b])||(v[b]<sum&&sum<v[a]))ans+=p2;
            }
        printf("%dn",ans+(r-l)*p1);
    }
    return 0;
}

100分做法

对于一个点 $i$ ，我们设 $lmax[i]$ 为 $i$ 向左走遇到的第一个大于自己的数(没有的话为 $0$) ，同样的，设 $rmax[i]$ 为 $i$ 向右走遇到的第一个大于自己的数(没有的话为 $n+1$) 。这两个数组比较容易求出，搞个单调栈求就好。

top=0,stack[0]=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
    while(top&&k[stack[top]]<k[i])--top;
    lmax[i]=stack[top],stack[++top]=i;
}
top=0,stack[0]=n+1;
for(int i=n;i>=1;--i){
    while(top&&k[stack[top]]<k[i])--top;
    rmax[i]=stack[top],stack[++top]=i;
}

然后可以发现，如果枚举点 $i$ 的话，有了上面的两个数组后有关 $i$ 的贡献就好求些了，首先我们可以知道 $i$ 是区间 $[lmax[i]+1,rmax[i]-1]$ 的最大值，那么对于每种贡献：

如果 $lmax[i]$ 和 $rmax[i]$ 都在当前询问区间内，那么就可以做出 $p_1$ 的贡献。
如果 $lmax[i]$ 在当前询问区间中，那么显然 $lmax[i]$ 为区间 $[lmax[i],rmax[i]-1]$ 的最大值，这个时候右端点如果在 $[i+1,rmax[i]-1]$ 区间中，那么可以保证右端点不是 $[lmax[i],rmax[i]-1]$ 的次大值，这个时候可以产生多个 $p_2$ 的贡献。
如果 $rmax[i]$ 在当前询问区间中，那么显然当左端点为 $[lmax[i]+1,i-1]$ 的时候该子区间均能产生 $p_2$ 的贡献，原因跟上面一样的。

但是这样的话复杂度依旧是 $O(n^2)$ 的，所以还要优化。

考虑用线段树维护，我们离线处理询问，把每个询问按左端点排个序，然后反着扫一遍，如果遇到了一个点 $x$ ，它是某个点/某些点的 $lmax$ ，假设 $x$ 是 $i$ 的 $lmax$ ，那么我们依次在第一颗线段树中实现区间加：将 $[i+1,rmax[i]-1]$ 区间正题加上 $p_2$ ，因为当前的左端点为 $x$ ，这个时候我们将要计算的是所有的左端点为 $x$ 的区间对答案的贡献，因为对于 $i$ 来说右端点的范围就是 $[i+1,rmax[i]-1]$，这些区间均可以做出贡献，于是都在线段树中加上。当然在做贡献的之前不要忘记判断 $i+1<rmax[i]$ ，如果不满足的话就没有右端点了……

那么接下来讨论怎么计算 $p_1$ 的贡献，对于询问区间来说，现在我们确定了左端点为 $x$ ，这个时候当右端点落在 $[rmax[i],n+1]$ 的时候询问区间都可以算上 $[lmax[i],rmax[i]]$ 区间的贡献，也就是 $p_1$ 的贡献，于是我们可以在另一个线段树中将 $[rmax[i],n+1]$ 全都加上 $p_1$ 即可。

按照上面的方法，再正着扫一遍计算 $rmax$ 的情况就好，当然反着扫的时候就不要算 $p_1$ 的贡献了，不然就会重复了，想想就可以明白。最后就是一定要开 $longlong$ 。

Code:

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#include<queue>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>

#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define swap(x,y) ((x)^=(y)^=(x)^=(y))
typedef long long ll;

const int N=2e5+2;
const int inf=1e9+9;

template <typename _Tp> inline void IN(_Tp&x){
    char ch;bool flag=0;x=0;
    while(ch=getchar(),!isdigit(ch))if(ch=='-')flag=1;
    while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    if(flag)x=-x;
} 

struct Seg_Tree{
    #define mid ((l+r)>>1)
    ll v[N<<2];int tag[N<<2];
    inline void pushdown(int x,int l,int r){
        if(tag[x]){
            tag[x<<1]+=tag[x],tag[x<<1|1]+=tag[x];
            v[x<<1]+=tag[x]*(mid-l+1),v[x<<1|1]+=tag[x]*(r-mid);
        }tag[x]=0;return;
    }	
    inline void updata(int x,int l,int r,int L,int R){
        if(L<=l&&r<=R){v[x]+=r-l+1,++tag[x];return;}
        pushdown(x,l,r);
        if(L<=mid)updata(x<<1,l,mid,L,R);
        if(R>mid)updata(x<<1|1,mid+1,r,L,R);
        v[x]=v[x<<1]+v[x<<1|1];
    }
    inline ll query(int x,int l,int r,int L,int R){
        if(L<=l&&r<=R)return v[x];
        pushdown(x,l,r);
        ll ans=0;
        if(L<=mid)ans+=query(x<<1,l,mid,L,R);
        if(R>mid)ans+=query(x<<1|1,mid+1,r,L,R);
        return ans;
    }
}st1,st2,st3;//三棵线段树[滑稽]

int n,m,k[N];ll p1,p2;
struct Query{int l,r;ll ans;}q[N];
int lmax[N],rmax[N],stack[N],top;
std::vector<int> li[N],ri[N],lq[N],rq[N];

inline void _Pre_lmax_rmax(){
    top=0,stack[0]=0;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        while(top&&k[stack[top]]<k[i])--top;
        lmax[i]=stack[top],li[stack[top]].push_back(i);//统计上文中的x
        stack[++top]=i;
    }
    top=0,stack[0]=n+1;
    for(int i=n;i>=1;--i){
        while(top&&k[stack[top]]<k[i])--top;
        rmax[i]=stack[top],ri[stack[top]].push_back(i);
        stack[++top]=i;
    }
}

int main(){
    //freopen("code.in","r",stdin);
    IN(n),IN(m),IN(p1),IN(p2);
    for(int i=1;i<=n;++i)IN(k[i]);
    _Pre_lmax_rmax();
    for(int i=1;i<=m;++i){
        IN(q[i].l),lq[q[i].l].push_back(i);
        IN(q[i].r),rq[q[i].r].push_back(i);
    }
    for(int i=n;i>=1;--i){
        for(int j=0;j<li[i].size();++j){//计算左端点在i的区间的贡献
            if(li[i][j]+1<rmax[li[i][j]])
                st1.updata(1,0,n+1,li[i][j]+1,rmax[li[i][j]]-1);
            st3.updata(1,0,n+1,rmax[li[i][j]],n+1);
        }
        for(int j=0;j<lq[i].size();++j){//统计左端点在i的询问区间的答案
            q[lq[i][j]].ans+=st1.query(1,0,n+1,i,q[lq[i][j]].r)*p2;
            q[lq[i][j]].ans+=st3.query(1,0,n+1,q[lq[i][j]].r,q[lq[i][j]].r)*p1;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;++i){
        for(int j=0;j<ri[i].size();++j)
            if(ri[i][j]-1>lmax[ri[i][j]])
                st2.updata(1,0,n+1,lmax[ri[i][j]]+1,ri[i][j]-1);
        for(int j=0;j<rq[i].size();++j)
            q[rq[i][j]].ans+=st2.query(1,0,n+1,q[rq[i][j]].l,i)*p2;
    }
    for(int i=1;i<=m;++i)//输出答案，不要忘了漏统计的长度为2的区间
        printf("%lldn",q[i].ans+1ll*(q[i].r-q[i].l)*p1);
    return 0;
}

本文标题:【题解】 [AH2017/HNOI2017]影魔线段树 luoguP3722/bzoj4826

文章作者:Qiuly

发布时间:2019年03月15日 - 00:00

最后更新:2019年03月29日 - 13:52

原始链接:http://qiulyblog.github.io/2019/03/15/[题解]bzoj4826/

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