题解-[HNOI2016]序列

[HNOI2016]序列

给定 \(n\) 和 \(m\) 以及序列 \(a\{n\}\)。有 \(m\) 次询问，每次给定区间 \([l,r]\in[1,n]\)，求

\[\sum_{l\le l'\le r'\le r}\min_{i=l'}^{r'}a_i
\]

数据范围：\(1\le n,m\le 10^5\)，\(|a_i|\le 10^9\)。

蒟蒻要练习省选题，结果就遇到这道数据结构（好久没写数据结构题都忘光了）。结果正好遇到一道毒瘤题，于是蒟蒻来写篇题解。

这题是静态离线，令人想到 \(\texttt{ST}\) 表和莫队——真的就是他们。

将区间存下来排序，将左端点范围从小到大分 \(\sqrt n\) 份，左端点按份排序，右端点奇偶波浪排序。

friend int operator<(Moq x,Moq y){

	if(cas[x.l]!=cas[y.l]) return x.l<y.l;

	return (cas[x.l]&1)?x.r<y.r:x.r>y.r;

}

然后依次考虑排序后每一个区间询问，并通过上一个区间的答案递推，这就是莫队的思想。

然后看这题：

如何通过上一个答案递推呢？需要先知道边界端点的贡献。

即给定区间 \([l,r]\)，\(l\) 端点的贡献\(=Ans[l,r]-Ans[l+1,r]\)。

比如下面给出一个序列 \(a\{n\}(n=10)\)：

4 4 5 3 6 2 1 5 6 9

给定区间 \([l,r]=[3,9]\)，即 \(a_l\sim a_r\) 为：

5 3 6 2 1 5 6

所以左端点 \((l=3,a_l=5)\) 的贡献应该为

\[\sum_{j=l}^r\min\limits_{k=l}^j a_k
\]

即

\[\min\{5\}+\min\{5,3\}+\min\{5,3,6\}+\cdots+\min\{5,3,6,2,1,5,6\}
\]

\[=5+3+3+2+1+1+1
\]

令人想起单调栈，然而不可能每次询问 \(\Theta(n)\) 跑一遍。所以可以预处理：

通过维护单调栈，求出对于每个 \(a_i\)，\(lw_i(lw_i<i)\) 表示 \(i\) 左边第一个比 \(a_i\) 小的元素的下标；\(rw_i(rw_i>i)\) 表示 \(i\) 右边第一个比 \(a_i\) 小的元素的下标（如果左边不存在比 \(a_i\) 小的元素，\(lw_i=0\)；如果右边不存在比 \(a_i\) 小的元素，\(rw_i=n+1\)）。

这样的话，就可以维护一个前缀和 \(lsm_i\) 后缀和 \(rsm_i\)，其中

\[lsm_i=lsm_{lw_i}+a_i(i-lw_i),rsm_i=rsm_{rw_i}+a_i(rw_i-i)
\]

然后上面的 \(5+3+3+2\) 就可以通过后缀和相减得，求右端点贡献时则用前缀和相减。

因为对于区间 \([lw_i+1,i]\) 或 \([i,rw_i-1]\)，\(a_i\) 为其最小元素。

void Side(){

	lw.rz(n+7),rw.rz(n+7);

	a[0]=-inf;

	q.clear(),q.pb(0);

	for(int i=1;i<=n;i++){

		while(q.size()&&a[q.back()]>=a[i]) q.pop_back();

		lw[i]=q.back(),q.pb(i);

	}

	a[0]=0;

	a[n+1]=-inf;

	q.clear(),q.pb(n+1);

	for(int i=n;i>=1;i--){

		while(q.size()&&a[q.back()]>=a[i]) q.pop_back();

		rw[i]=q.back(),q.pb(i);

	}

	a[n+1]=0;

	lsm.rz(n+7),rsm.rz(n+7);

	for(int i=1;i<=n;i++) lsm[i]=lsm[lw[i]]+(lng)(i-lw[i])*a[i];

	for(int i=n;i>=1;i--) rsm[i]=rsm[rw[i]]+(lng)(rw[i]-i)*a[i];

}

最后一个问题：\(1+1+1\) 部分怎么办？

因为右端点是随机的，所以如果直接把左端点的贡献当做 \(rsm_l-rsm_r\)，必然不妥。

考虑到假设区间 \([l,r]\) 中 \(a_p\) 最小，那么必然

\[\forall j\in[p,r],\left(\min\limits_{k=l}^j a_k\right)=a_p
\]

所以算 \(1+1+1\) 部分可以通过维护静态区间最小值下标（\(\texttt{ST}\) 表）找到 \(p\)，算出 \(a_p(r-p+1)\)。

然后正因为 \(a_p\) 是 \([l,r]\) 区间中最小的元素，所以 \([l,p-1]\) 段的左端点贡献也自然是 \(rsm_l-rsm_p\)。

所以对于区间 \([l,r]\)，左端点贡献为

\[rsm_l-rsm_p+a_p(r-p+1)\qquad [a_p=\min_{i=l}^r a_i]
\]

右端点同理。

然后相邻两个区间之间就可以逐步转移了。

lng Mol(int l,int r){

	int p=getmin(l,r);

	return rsm[l]-rsm[p]+(lng)(r-p+1)*a[p];

}

lng Mor(int l,int r){

	int p=getmin(l,r);

	return lsm[r]-lsm[p]+(lng)(p-l+1)*a[p];

}

void runMo(){

	int L=1,R=0;

	for(int i=1;i<=m;i++){

		while(L>qu[i].l) res+=Mol(--L,R);

		while(R<qu[i].r) res+=Mor(L,++R);

		while(L<qu[i].l) res-=Mol(L++,R);

		while(R>qu[i].r) res-=Mor(L,R--);

		ans[qu[i].I]=res;

	}

}

时间复杂度 \(\Theta(m\sqrt n)\)，空间复杂度 \(\Theta(n+m)\)。

Code

我这个蒟蒻垃圾真是傻傻讲不清楚，还是放代码吧（要开 \(\texttt{long long}\)）。

代码有点长，于是蒟蒻划分了一下。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

//Start

#define lng long long

#define db double

#define mk make_pair

#define pb push_back

#define fi first

#define se second

#define rz resize

const int inf=0x3f3f3f3f;

const lng INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

//Data

int n,m;

vector<int> a;

//Side

vector<int> lw,rw,q;

vector<lng> lsm,rsm;

void Side(){

	lw.rz(n+7),rw.rz(n+7);

	a[0]=-inf;

	q.clear(),q.pb(0);

	for(int i=1;i<=n;i++){

		while(q.size()&&a[q.back()]>=a[i]) q.pop_back();

		lw[i]=q.back(),q.pb(i);

	}

	a[0]=0;

	a[n+1]=-inf;

	q.clear(),q.pb(n+1);

	for(int i=n;i>=1;i--){

		while(q.size()&&a[q.back()]>=a[i]) q.pop_back();

		rw[i]=q.back(),q.pb(i);

	}

	a[n+1]=0;

	lsm.rz(n+7),rsm.rz(n+7);

	for(int i=1;i<=n;i++) lsm[i]=lsm[lw[i]]+(lng)(i-lw[i])*a[i];

	for(int i=n;i>=1;i--) rsm[i]=rsm[rw[i]]+(lng)(rw[i]-i)*a[i];//中间递推也要注意爆int

}

//ST

vector<int> lg;

vector<vector<int> > st;

int stcmp(int x,int y){

	return a[x]<a[y]?x:y;

}

void buildst(){

	lg.rz(n+7);

	for(int i=2;i<=n;i++) lg[i]=lg[i-1]+((1<<(lg[i-1]+1))<=i?1:0); //lg[i]=(int)log(i)

	st.rz(lg[n]+7);

	for(int j=0;j<=lg[n];j++) st[j].rz(n+7);

	for(int i=1;i<=n;i++) st[0][i]=i;

	for(int j=1;j<=lg[n];j++)

		for(int i=1;i<=n-(1<<(j-1));i++) st[j][i]=stcmp(st[j-1][i],st[j-1][i+(1<<(j-1))]);

}

int getmin(int l,int r){

	int len=lg[r-l+1];

	return stcmp(st[len][l],st[len][r-(1<<len)+1]);

}

//Moq

int sq;

lng res;

vector<int> cas;

vector<lng> ans;

struct Moq{

	int l,r,I;

	friend int operator<(Moq x,Moq y){

		if(cas[x.l]!=cas[y.l]) return x.l<y.l;

		return (cas[x.l]&1)?x.r<y.r:x.r>y.r;

	}

};

vector<Moq> qu;

void buildMo(){

	cas.rz(n+7),qu.rz(m+1);

	sq=sqrt(n);

	for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&qu[i].l,&qu[i].r),qu[i].I=i;

	for(int i=1;i<=n;i++) cas[i]=(i-1)/sq+1;

	sort(qu.begin(),qu.end());

}

lng Mol(int l,int r){

	int p=getmin(l,r);

	return rsm[l]-rsm[p]+(lng)(r-p+1)*a[p];

}

lng Mor(int l,int r){

	int p=getmin(l,r);

	return lsm[r]-lsm[p]+(lng)(p-l+1)*a[p];

}

void runMo(){

	int L=1,R=0;

	for(int i=1;i<=m;i++){

		while(L>qu[i].l) res+=Mol(--L,R);

		while(R<qu[i].r) res+=Mor(L,++R);

		while(L<qu[i].l) res-=Mol(L++,R);

		while(R>qu[i].r) res-=Mor(L,R--);

		ans[qu[i].I]=res;

	}

}

//Main

int main(){

	scanf("%d%d",&n,&m);

	a.rz(n+7);

	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);

	ans.rz(m+7);

	Side(),buildst(),buildMo(),runMo();

	for(int i=1;i<=m;i++)

		printf("%lld\n",ans[i]);

	return 0;

}

祝大家学习愉快！

巴特西

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