二次离线
前置技能
- 莫队
- 修改查询 (O(sqrt n )-O(1)) 平衡
概念
- 考虑朴素莫队离线询问，过程中维护信息从 ([l,r]) 扩展为 ([lpm 1,rpm 1]) ，本质上就是要询问共 (O(nsqrt m)) 次形如第 (r) 个元素与区间 ([l,r-1]) 产生的贡献。
- 当然，如果这个贡献可以差分为 ([1,r-1]) 与 (r) 的贡献和 ([1,l-1]) 与 (r) 的贡献，那么就可以尝试使用二次离线了。
- 具体的，我们发现形如 ([1,r-1]) 与 (r) 的贡献只有 (n) 个，可以直接尝试 (O(nsqrt n)) 或 (O( poly(n) log n)) 等复杂度处理，如果嫌麻烦，也可以放到下一段类似的处理。
- 然后对于 (O(nsqrt m)) 次询问形如 ([1,k]) 与 (r) 的贡献，我们考虑扫描线，每次从 ([1,k]) 扩展为 ([1,k+1]) ，这样一共为 (n) 次修改，而在过程中我们要进行 (O(nsqrt m)) 询问。而我们可以调整我们维护数据结构的方式，使得每次扩展的复杂度为 (O( sqrt m))，而询问的复杂度为 (O(1))，从而达到平衡复杂度到 (O(nsqrt m)) 级别。
优势
- 莫队时从 ([l,r]) 扩展为 ([lpm 1,rpm 1]) 有的时候并不能做到 (O(1))，这是因为扩展一次需要查询一次、修改一次，这样修改和查询的次数都为 (O(nsqrt m))， 本身就不太好平衡。
- 二次离线可以通过差分将莫队扩展区间变成总共 (O(n)) 次修改，(O(nsqrt m)) 次查询，就可以平衡了。
扩展
- 在时间复杂度为 (O(n sqrt m)) 的情况下，其空间复杂度也可以 (O(n+m)) 。
- 首先要求 ([1,r-1]) 与 (r) 的贡献和 ([1,l-1]) 与 (r) 的贡献中 ([1,r-1]) 与 (r) 必须预处理，然后所有 ([1,l-1]) 与 (r) 的贡献对应到每次莫队区间扩展都对应着固定 (l)，(r) 是一个连续的区间，变成 (O(m)) 个区间，可以线性空间存储，扫描线时每次 (O(区间长度)) 询问即可，总共会询问 (O(nsqrt m)) 次，空间线性。
例题
- 洛谷P5047 Yuno loves sqrt technology II
- 离线求区间逆序对，空间 (32MB)
- 具体题解就不写了，具体可以参考代码。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define debug(x) cerr<<#x<<" = "<<x
#define sp <<" "
#define el <<endl
#define fgx cerr<<" -------------------------------------------------------- "<<endl
#define LL long long
#define DB double
#define LDB long double
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
inline int read(){
int nm=0; bool fh=true; char cw=getchar();
for(;!isdigit(cw);cw=getchar()) fh^=(cw=='-');
for(;isdigit(cw);cw=getchar()) nm=nm*10+(cw-'0');
return fh?nm:-nm;
}
#define M 100020
#define B 330
int n,m,c[M],H[M],be[M],L[620],R[620],tot,tt1,tt2,d1,d2;
LL pr[M],sf[M],S[M],ans[M],cur,A[M],W[620]; pii T[M];
inline void add(int k,int dt){for(;k<=n;k+=(k&-k))c[k]+=dt;}
inline int qry(int k,int res=0){for(;k;k-=(k&-k))res+=c[k];return res;}
struct Q{
int id,ls,rs;
inline void gtin(int ID){id=ID,ls=read(),rs=read();}
inline bool operator <(const Q&ot)const{
if(be[ls]!=be[ot.ls]) return be[ls]<be[ot.ls];
if(be[ls]&1) return rs<ot.rs; return rs>ot.rs;
}
}q[M];
struct _Q{
int kt,ps,to,ls,rs; _Q(){}
_Q(int _kt,int _ps,int _to,int _ls,int _rs){kt=_kt,ps=_ps,to=_to,ls=_ls,rs=_rs;}
}pre[M],suf[M];
bool cmp_pre(_Q a,_Q b){return a.ps<b.ps;}
bool cmp_suf(_Q a,_Q b){return a.ps>b.ps;}
inline void ins(int x){for(int k=be[x];k<=tot;k++)++W[k];for(int k=x,TP=R[be[x]];k<=TP;++k)++A[k];}
inline int calc(int x){return W[be[x]-1]+A[x];}
int main(){
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=n;i++) H[i]=read(),T[i]=mp(H[i],i); sort(T+1,T+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++) H[T[i].second]=i; LL Now=0;
for(L[tot=1]=1,R[tot]=B;R[tot]<n;++tot,L[tot]=R[tot-1]+1,R[tot]=R[tot-1]+B); R[tot]=n;
for(int i=1;i<=n;i++) be[i]=(i-1)/B+1;
for(int i=1;i<=n;i++) Now+=i-1-qry(H[i]),add(H[i],1),pr[i]=Now;
for(int i=1;i<=n;i++) add(H[i],-1),sf[i]=Now,Now-=qry(H[i]);
for(int i=1;i<=m;i++) q[i].gtin(i); sort(q+1,q+m+1);
for(int l=1,r=1,i=1;i<=m;i++){
if(r<q[i].rs) S[i]+=pr[q[i].rs]-pr[r],pre[++tt1]=_Q(-1,l-1,i,r+1,q[i].rs),r=q[i].rs;
if(l>q[i].ls) S[i]+=sf[q[i].ls]-sf[l],suf[++tt2]=_Q(-1,r+1,i,q[i].ls,l-1),l=q[i].ls;
if(r>q[i].rs) S[i]-=pr[r]-pr[q[i].rs],pre[++tt1]=_Q(1,l-1,i,q[i].rs+1,r),r=q[i].rs;
if(l<q[i].ls) S[i]-=sf[l]-sf[q[i].ls],suf[++tt2]=_Q(1,r+1,i,l,q[i].ls-1),l=q[i].ls;
} sort(pre+1,pre+tt1+1,cmp_pre),sort(suf+1,suf+tt2+1,cmp_suf),d1=d2=1;
while(d1<=tt1&&(!pre[d1].ps)) ++d1; while(d2<=tt2&&suf[d2].ps>n) ++d2;
for(int i=1;i<=n&&d1<=tt1;i++)
for(ins(H[i]);d1<=tt1&&pre[d1].ps==i;S[pre[d1].to]+=(LL)pre[d1].kt*(LL)(pre[d1].rs-pre[d1].ls+1)*(LL)i,++d1)
for(int k=pre[d1].ls;k<=pre[d1].rs;++k) S[pre[d1].to]-=pre[d1].kt*calc(H[k]);
memset(A,0,sizeof(A)),memset(W,0,sizeof(W));
for(int i=n;i>0&&d2<=tt2;--i) for(ins(H[i]);d2<=tt2&&suf[d2].ps==i;++d2)
for(int k=suf[d2].ls;k<=suf[d2].rs;++k) S[suf[d2].to]+=suf[d2].kt*calc(H[k]);
for(int i=1;i<=m;i++) cur+=S[i],ans[q[i].id]=cur;
for(int i=1;i<=m;i++) printf("%lld
",ans[i]); return 0;
}