bzoj4540 [Hnoi2016]序列 （莫队+ST表+单调栈）

根据题意不难想出莫队做法（其实有O（nlogn）的离线+树状数组做法，不过写起来较麻烦）

PS：还是莫队大法好！

我们只需考虑从[l,r-1]转移至[l,r]即可，其余3种情况类似。

不难看出新增区间都是以r为右端点的，所以我们可以先用ST表求出该区间最小值，

设最小值下标为x，值为val[x]，然后将所有新增区间分为两部分考虑：

1. 左端点在[l,x]；显然这些区间最小值均为val[x]；总贡献即为(x-l+1)*val[x]；

2. 左端点在(x,r]；显然此时不能再求区间最小值(没有意义)，我们考虑如何处理此问题：

    设f[i]为所有以i为右端点的区间的最小值之和，另外设pos[i]为i点左边第一个比val[i]小的值的下标；

    则有递推公式f[i]=f[pos[i]]+(i-pos[i])*val[i]；

    因为下标为(pos[i],i]的数对左端点在[l,pos[i]]的区间最小值是没有影响的，而val[i]一定为

    (pos[i],i]的最小值，这样就可以理解递推公式了吧。

    数组pos一定要用单调栈处理，因为总会有单调递减的数据来卡你，不tle才怪。

    这样O(n)效率就可以预处理出f数组。

    接下来考虑转移:即为f[r]-f[x](左端点大于x时就与val[x]无关了，小于x时f[r]与f[x]区间最小值是一样的)。

那么从[l,r-1]转移到[l,r]加上 (x-l+1)*val[x]  +  f[r]-f[x]即可。（其余情况类似，详见代码）

总结一下  单调栈求出pos数组后搞出f数组（时间效率O(n)）；

                ST表预处理后可O(1)求出任意区间最小值。

                莫队乱搞。。。O(n^1.5);

总的时间复杂度O(n^1.5);

代码如下：

#include<algorithm>#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdio>#include<cmath>using namespace std;#define ll long longconst int M=110000+10;ll n,m,qrt,top=1;ll an,ans[M],sta[M],f[M],g[M],stt[M][30],mn[M];ll block[M],val[M];struct DATE{ll l,r,id;}a[M];inline bool cmp(DATE x,DATE y){if(block[x.l]==block[y.l]) return x.r<y.r;return block[x.l]<block[y.l];}inline ll read(){ll x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}inline void init(){  //ST表 mn[0]=-1;for(ll i=1;i<=n;i++){mn[i]=(!(i&(i-1))) ? mn[i-1]+1 : mn[i-1];stt[i][0]=i;}for(ll j=1;j<=mn[n];j++)for(ll i=1;i<=n-(1<<j)+1;i++){ll aa=stt[i][j-1],bb=stt[i+(1<<(j-1))][j-1];if(val[aa]<=val[bb]) stt[i][j]=aa;else stt[i][j]=bb;}}inline ll getmin(ll l,ll r){ll k=mn[r-l+1];ll aa=stt[l][k],bb=stt[r-(1<<k)+1][k];if(val[aa]<=val[bb]) return aa;return bb;}inline ll changer(ll l,ll r){r+=1;ll pos=getmin(l,r);int minn=val[pos];return (ll)(f[r]-f[pos]+(pos-l+1)*minn);}inline ll changel(ll l,ll r){l-=1;ll pos=getmin(l,r);int minn=val[pos];return (ll)(g[l]-g[pos]+(r-pos+1)*minn);}int main(){n=read();m=read();val[0]=(ll)-2000000000;qrt=(ll)sqrt(n+0.5);for(ll i=1;i<=n;i++){val[i]=read();block[i]=(i-1)/qrt+1;while(val[sta[top]]>val[i]) top--;   //单调栈 f[i]=f[sta[top]]+(i-sta[top])*val[i];sta[++top]=i;}top=1;sta[top]=0;   //单调栈 for(ll i=n;i>=1;i--){while(val[sta[top]]>val[i]) top--;g[i]=g[sta[top]]+(sta[top]-i)*val[i];sta[++top]=i;}init();for(ll i=1;i<=m;i++){a[i].l=read();a[i].r=read();a[i].id=i;}sort(a+1,a+m+1,cmp);ll L = 1,R = 1;an = val[1];   //莫队     for(ll i=1;i<=m;++i){        while(R<a[i].r) an+=changer(L,R++);        while(R>a[i].r) an-=changer(L,--R);        while(L>a[i].l) an+=changel(L--,R);        while(L<a[i].l) an-=changel(++L,R);        ans[a[i].id] = an;    }for(ll i=1;i<=m;i++) printf("%lld\n",ans[i]);return 0;}