2017 计蒜之道 初赛 第六场 微软大楼设计方案（中等）【思维+RMQ】

近日，微软新大楼的设计方案正在广泛征集中，其中一种方案格外引人注目。在这个方案中，大楼由 $n$ 栋楼组成，这些楼从左至右连成一排，编号依次为 $1$ 到 $n$，其中第 $i$ 栋楼有 h_ih​i​​ 层。每栋楼的每一层为一个独立的 办公区域，可以步行 直达同层相邻楼栋的办公区域，以及 直达同楼栋相邻楼层的办公区域。

由于方案设计巧妙，上一层楼、下一层楼、向左右移动到相邻楼栋同层的办公区域均刚好需要 $1$ 分钟。在这些办公区域中，有一些被 核心部门 占用了（一个办公区域内最多只有一个核心部门），出于工作效率的考虑，微软希望核心部门之间的移动时间越短越好。对于一个给定的 最大移动时间 $k$，大楼的 协同值 定义为：有多少个 核心部门对 之间的移动时间不超过 $k$。由于大楼门禁的限制，不可以走出整个大楼，也不可以登上天台思考人生。你可以认为在办公区域内的移动时间忽略不计，并且在大楼内总是按照最优方案进行移动。

对于一个给定的新大楼设计方案，你能算出方案的协同值么？

输入格式

第一行包含两个正整数 $n,k(1\le k\le 200020)$，分别表示大楼的栋数以及最大移动时间。

第二行包含 $n$ 个正整数 h_1,h_2,...,h_n(1\leq h_i\leq 20)h​1​​,h​2​​,...,h​n​​(1≤h​i​​≤20)，分别表示每栋楼的层数。

接下来一行包含一个正整数 $m$，表示 核心部门 个数。

接下来 $m$ 行，每行两个正整数 x_i,y_i(1\leq x_i\leq n,1\leq y_i\leq h_{x_i})x​i​​,y​i​​(1≤x​i​​≤n,1≤y​i​​≤h​x​i​​​​)，表示该核心部门位于第 x_ix​i​​ 栋楼的第 y_iy​i​​ 层。

输入数据保证 $m$ 个核心部门的位置不会重复。

对于简单版本：$1\le n,m\le 50$；

对于中等版本：$1\le n\le 200000,1\le m\le 2000$；

对于困难版本：$1\le n,m\le 200000$。

输出格式

输出一个整数，即整个大楼的 协同值。

样例解释

样例对应题目描述中的图，核心部门 $1$ 和核心部门 $3$ 之间的距离为 $8>7$，因此不能计入答案。

样例输入

5 74 1 1 3 131 43 14 3

样例输出

2

思路：

我们O（m^2）枚举两点，考虑计算两点间距离。

对于两点间距离dis=两点列的距离差+第一个点的高度-两点间最小楼的高度+第二个点的高度-两点间最小楼的高度。

那么这就是一个O（m^2）枚举两点，然后查询区间最小值的问题了。

预处理出来一个ST表就行，或者是线段树在线查询。

Ac代码：

#include<stdio.h>#include<string.h>#include<queue>#include<math.h>using namespace std;struct node{    int x,y;}a[2005];int n,KK;int h[200040];int minn[200005][20];int abs(int w){    if(w>=0)return w;    else return -w;}void ST(){    int len=floor(log10(double(n))/log10(double(2)));    for(int j=1;j<=len;j++)    {        for(int i=1;i<=n+1-(1<<j);i++)        {            minn[i][j]=min(minn[i][j-1],minn[i+(1<<(j-1))][j-1]);        }    }}int getminn(int a,int b){    int len= floor(log10(double(b-a+1))/log10(double(2)));    return min(minn[a][len], minn[b-(1<<len)+1][len]);}int main(){    while(~scanf("%d%d",&n,&KK))    {        for(int i=1;i<=n;i++)        {            scanf("%d",&h[i]);            minn[i][0]=h[i];        }        ST();        int m;        scanf("%d",&m);        for(int i=0;i<m;i++)scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y),swap(a[i].x,a[i].y);        int output=0;        for(int i=0;i<m;i++)        {            for(int j=i+1;j<m;j++)            {                int ans=abs(a[i].y-a[j].y);                int get=getminn(min(a[i].y,a[j].y),max(a[i].y,a[j].y));                ans+=a[i].x-get;                ans+=a[j].x-get;                if(ans<=KK)output++;            }        }        printf("%d\n",output);    }}