【NOIP模拟】我的天

Description

很久很以前，有一个古老的村庄——xiba村，村子里生活着n+1个村民，但由于历届村长恐怖而且黑暗的魔法统治下，村民们各自过着独立的生活，完全没有意识到其他n个人的存在。
但有一天，村民xiba臻无意中也得到了魔法，并发现了这个恐怖的事实。为了反抗村长，他走遍了全世界，找到了其他n个村民，并组织他们发动革命。但让这n个素不相识的村民（xiba臻已跟他们认识）同心协力去抵抗村长是很困难的，所以xiba臻决定先让他们互相认识。
这里，xiba臻用了xiba村特有的xiba思维：先让这n个人排成一列，并依次从1-n标号。然后每次xiba臻会选出一个区间[l, r]，在这个区间中的人会去认识其他在这个区间中的人，但已经认识过得不会再去认识。这样，进行m次操作后，xiba臻认为这n个人能认识到许多人。
但是，为了精确地知道当前有多少对人已经认识了，xiba臻想要知道每次操作后会新产生出多少对认识的人，但这已是xiba思维无法解决的事了，你能帮帮他吗？

Solution

一看就像一个数据结构题，一开始怎么写合并都不对，TAT。
只能换一换思路

想一想DP

我们发现一个人认识的那一段区间一定是连续的，我们设left[i]为i认识的序号最小的位置（或者可以说是i这个人对于他前面的还有多少个人不认识）。那么每次询问l到r这段区间，只用更新left然后统计一下答案就可以了。
时间复杂度O(nm)，50分。

在用数据结构维护

一眼看去，好像怎么维护都会超时。
但是我们发现left从左到右画线一定是一个非减的图像(对转移方程花图像好像很有用)，询问l到r区间之后，l到r的值全部变成了l，那么我们用一个数据结构去维护区间的最大值（l到r中如果最大的比要修改的值大，就修改，注意这是一个非减的函数）和区间和（所有不认识的点对总数）就好了。
明显用线段树维护就好了。

为什么这样就可以做呢

首先我们只用考虑单向的点对，比如说我维护了i认识j，那么就不用维护j认识i了。
因为每次只要有一个区间涉及到i，那么i不认识的人数才会减少。
因为我们实际上是维护的这个DP，取min就相当于把这个人不认识的人数更新。
那么这样操作就很显然了。

Code

50分的DP

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cmath>#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)const int maxn=300007;using namespace std;int i,j,k,l,n,m,ans,t;int a[maxn],b[maxn],left[maxn];bool bz[6000][6000];int main(){    freopen("ohmygod.in","r",stdin);    freopen("ohmygod.out","w",stdout);    scanf("%d%d",&n,&m);    fo(i,1,n) left[i]=i;    fo(t,1,m){        scanf("%d%d",&k,&l);        ans=0;        fo(j,k,l){            if(left[j]>k)ans+=left[j]-k;            left[j]=min(left[j],k);            }        printf("%d\n",ans);    }}

100分的线段树优化DP

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cmath>#include<iostream>#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)typedef long long ll;const int maxn=300007;using namespace std;int i,j,k,l,n,m,ii,p;ll ans1,ans;int a[maxn],b[maxn];struct node{    ll sum;    int biao,da;}t[maxn*5];void build(int x,int l,int r){    if(l==r){        t[x].da=t[x].sum=l;    }    else{        int mid=(l+r)/2;        build(x*2,l,mid);        build(x*2+1,mid+1,r);        t[x].da=max(t[x*2].da,t[x*2+1].da);        t[x].sum=t[x*2].sum+t[x*2+1].sum;    }}void doing(int x,int l,int r,int z){    int mid=(l+r)/2;    if(!z)return;    t[x].biao=0;    t[x*2].biao=t[x*2+1].biao=z;    t[x*2].da=t[x*2+1].da=z;    t[x*2].sum=(mid-l+1)*z;    t[x*2+1].sum=(r-(mid+1)+1)*z;   }void change(int x,int l,int r,int y,int z,int o){    if(y>z)return;    if(l==y&&r==z){        t[x].da=o;t[x].sum=(ll)(z-y+1)*o;t[x].biao=o;            }    else{        doing(x,l,r,t[x].biao);        int mid=(l+r)/2;        if(z<=mid)change(x*2,l,mid,y,z,o);        else if(y>mid)change(x*2+1,mid+1,r,y,z,o);        else{            change(x*2,l,mid,y,mid,o);             change(x*2+1,mid+1,r,mid+1,z,o);        }        t[x].da=max(t[x*2].da,t[x*2+1].da);        t[x].sum=t[x*2].sum+t[x*2+1].sum;    }}int find(int x,int l,int r,int y){    if(l==r)return l;    int mid=(l+r)/2;    if(t[x*2].da>y)return find(x*2,l,mid,y);    else return find(x*2+1,mid+1,r,y);    }int main(){    freopen("ohmygod.in","r",stdin);    freopen("ohmygod.out","w",stdout);    scanf("%d%d",&n,&m);    build(1,1,n);     fo(ii,1,m){        scanf("%d%d",&k,&l);        ans1=ans;        if(t[1].da>k){            p=find(1,1,n,k);            change(1,1,n,p,l,k);        }        ans=(ll)n*(n+1)/2-t[1].sum;        printf("%lld\n",ans-ans1);    }}