标签：ref 多少 it! bit 动态 复杂度 getchar problem 题意
题意：
给出排列 \(p_1,p_2,p_3,\dots,p_n\)，定义一个区间 \([l,r]\) 是好的当且仅当 \(p_l,p_{l+1},p_{l+2},\dots,p_r\) 包含了连续的 \(r-l+1\) 个数。
\(q\) 次询问，每次询问给出两个数 \(l,r\)，求满足 \(l\leq x\leq y\leq r\) 且 \([x,y]\) 为好区间的 \((x,y)\) 的个数。
\(n,q\leq 1.2\times 10^5\)
首先把“好区间”的定义翻译成人话就是 \((mx-mn)-(r-l)=0\)
不难想到将询问离线下来，记录到右端点上，然后用类似扫描线的方法求解。
动态地枚举右端点 \(r\)，建一棵线段树，线段树上下标为 \(l\) 的位置记录区间 \([l,r]\) 的 \((mx-mn)-(r-l)\) 的值。
当右端点从 \(r-1\) 变为 \(r\) 的时候，单调栈（sb 了 1/2）维护区间最大值和最小值的变化。同时在线段树上下标在 \([1,r-1]\) 中的位置全部减 \(1\)：\(-(r-1-l)\) 变为 \(-(r-l)\)。以 \(r\) 为右端点的“好区间”的个数就是线段树上值为 \(0\) 的个数。注意到 线段树上位置为 \(r\) 的数总是 \(0\)（即区间 \([r,r]\) 永远是好区间），所以最小值的个数就是线段树上值为 \(0\) 的个数。
但此题要求的是右端点在 \([l,r]\) 之间的好区间的个数，而不仅仅是右端点为 \(r\) 的好区间个数。（sb 了 2/2）所以我们线段树上新维护两个值：\(sum\) 和 \(cnt\)。\(sum\) 表示线段树上 \([l,r]\) 这个区间历史上出现了多少次 \(0\)，\(cnt\) 表示当前区间的 \(0\) 的个数要累加进答案多少次，i.e.，如果当前区间有 \(x\) 个 \(0\)，那么就要令 \(sum+=x\times cnt\)。当我们 pushdown 的时候，如果它左儿子的最小值等于当前区间的最小值，就把这个 \(cnt\) 标记传给它的左儿子。右儿子也同理。每次移动右端点的时候将整颗线段树的 \(cnt\) 值加 \(1\)。然后查询区间 \([l,r]\) 的 \(sum\) 值之和就可以了。 注意到我们修改一个区间的时候是一路 pushdown 下来的，这意味着没有访问到的区间中 \(0\) 的个数不会发生变化，故其满足可乘性，所以这样搞没有问题。
时间复杂度线性对数。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define fz(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define ffe(it,v) for(__typeof(v.begin()) it=v.begin();it!=v.end();it++)
#define fill0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define fill1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define fillbig(a) memset(a,63,sizeof(a))
#define pb push_back
#define ppb pop_back
#define mp make_pair
template<typename T1,typename T2> void chkmin(T1 &x,T2 y){if(x>y) x=y;}
template<typename T1,typename T2> void chkmax(T1 &x,T2 y){if(x<y) x=y;}
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
template<typename T> void read(T &x){
x=0;char c=getchar();T neg=1;
while(!isdigit(c)){if(c==‘-‘) neg=-1;c=getchar();}
while(isdigit(c)) x=x*10+c-‘0‘,c=getchar();
x*=neg;
}
const int MAXN=1.2e5;
int n,qu,a[MAXN+5];ll ans[MAXN+5];
struct Query{int l,r;} q[MAXN+5];
vector<int> qv[MAXN+5];
struct node{
int l,r,mn,num,add_lz;
ll sum,cnt_lz;
} s[MAXN*4+5];
void pushup(int k){
s[k].mn=min(s[k<<1].mn,s[k<<1|1].mn);
s[k].num=(s[k<<1].num)*(s[k<<1].mn==s[k].mn)+(s[k<<1|1].num)*(s[k<<1|1].mn==s[k].mn);
s[k].sum=s[k<<1].sum+s[k<<1|1].sum;
}
void pushdown(int k){
if(s[k].add_lz){
s[k<<1].add_lz+=s[k].add_lz;s[k<<1].mn+=s[k].add_lz;
s[k<<1|1].add_lz+=s[k].add_lz;s[k<<1|1].mn+=s[k].add_lz;
s[k].add_lz=0;
}
if(s[k].cnt_lz){
if(s[k<<1].mn==s[k].mn) s[k<<1].cnt_lz+=s[k].cnt_lz,s[k<<1].sum+=s[k].cnt_lz*s[k<<1].num;
if(s[k<<1|1].mn==s[k].mn) s[k<<1|1].cnt_lz+=s[k].cnt_lz,s[k<<1|1].sum+=s[k].cnt_lz*s[k<<1|1].num;
s[k].cnt_lz=0;
}
}
void build(int k,int l,int r){
s[k].l=l;s[k].r=r;if(l==r){s[k].num=1;return;}
int mid=(l+r)>>1;build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);
pushup(k);
}
void modify(int k,int l,int r,int x){
if(l>r) return;
if(l<=s[k].l&&s[k].r<=r){s[k].mn+=x;s[k].add_lz+=x;return;}
pushdown(k);int mid=(s[k].l+s[k].r)>>1;
if(r<=mid) modify(k<<1,l,r,x);
else if(l>mid) modify(k<<1|1,l,r,x);
else modify(k<<1,l,mid,x),modify(k<<1|1,mid+1,r,x);
pushup(k);
}
void addcnt(int k,int l,int r,int x){
if(l>r) return;
if(l<=s[k].l&&s[k].r<=r){
if(!s[k].mn) s[k].cnt_lz+=x,s[k].sum+=s[k].num;
return;
} pushdown(k);int mid=(s[k].l+s[k].r)>>1;
if(r<=mid) addcnt(k<<1,l,r,x);
else if(l>mid) addcnt(k<<1|1,l,r,x);
else addcnt(k<<1,l,mid,x),addcnt(k<<1|1,mid+1,r,x);
pushup(k);
}
int querynum(int k,int l,int r){
if(l<=s[k].l&&s[k].r<=r) return (!s[k].mn)*s[k].num;
pushdown(k);int mid=(s[k].l+s[k].r)>>1;
if(r<=mid) return querynum(k<<1,l,r);
else if(l>mid) return querynum(k<<1|1,l,r);
else return querynum(k<<1,l,mid)+querynum(k<<1|1,mid+1,r);
}
ll query(int k,int l,int r){
if(l<=s[k].l&&s[k].r<=r) return s[k].sum;
pushdown(k);int mid=(s[k].l+s[k].r)>>1;
if(r<=mid) return query(k<<1,l,r);
else if(l>mid) return query(k<<1|1,l,r);
else return query(k<<1,l,mid)+query(k<<1|1,mid+1,r);
}
int mx[MAXN+5],mxtp=0,mn[MAXN+5],mntp=0;
int main(){
scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);scanf("%d",&qu);
for(int i=1;i<=qu;i++) scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r),qv[q[i].r].pb(i);
build(1,1,n);
for(int i=1;i<=n;i++){
while(mntp&&a[mn[mntp]]>a[i]) modify(1,mn[mntp-1]+1,mn[mntp],a[mn[mntp]]-a[i]),mntp--;mn[++mntp]=i;
while(mxtp&&a[mx[mxtp]]<a[i]) modify(1,mx[mxtp-1]+1,mx[mxtp],a[i]-a[mx[mxtp]]),mxtp--;mx[++mxtp]=i;
modify(1,1,i-1,-1);addcnt(1,1,i,1);ffe(it,qv[i]) ans[*it]=query(1,q[*it].l,q[*it].r);
// for(int j=1;j<=i;j++) printf("%d %d %d\n",j,i,querynum(1,j,i));
}
for(int i=1;i<=qu;i++) printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}
Codeforces 997E - Good Subsegments（线段树维护最小值个数+历史最小值个数之和）
标签：ref 多少 it! bit 动态 复杂度 getchar problem 题意
原文地址：https://www.cnblogs.com/ET2006/p/Codeforces-997E.html
