为了方便，令$a_{0}=a_{n+1}=infty$，另外$a_{i}$是两两不同的
记$L_{x}$和$R_{x}$分别为$x$左右两侧第一个比$a_{x}$大的元素位置，可以$o(n)$预处理出来
记$d(x,y)$表示从$x$到$y$的最短路（其中$xle y$），若不存在$x$到$y$的路径则记$d(x,y)=infty$
性质：
对于$1le x<yle n$（其中$a_{x}<a_{y}$）和$forall a_{x}le dle a_{y}$，令$l=max_{kle x,a_{k}ge d}k$和$r=min_{kge x,a_{k}ge d}k$，则$x$到$y$的路径上必然经过$l$或$r$，也即$d(x,y)=min(d(x,l)+d(l,y),d(x,r)+d(r,y))$
利用这条性质，我们可以得到以下结论——
结论1：对于$1le x<yle n$，若$exists xle i<y,a_{y}<a_{i}$，则不存在$x$到$y$的路径
证明：取性质中$(x,y,d)=(x,y,a_{y})$，显然$l,r e y$，即$a_{l},a_{r}>a_{y}$，也即$d(l,y)=d(r,y)=infty$，代入式子中即可得$d(x,y)=infty$，不存在$x$到$y$的路径
（事实上，这也是充分条件）
结论2：
对于$1le x<yle n$，若$forall x<ile y,a_{i}<a_{x}$， 则$forall y<z$且$a_{x}<a_{z},d(x,z)le d(y,z)$
对于$1le x<yle n$，若$forall xle i<y,a_{i}<a_{y}$，则$forall y<z$且$a_{y}<a_{z},d(x,z)ge d(y,z)$
证明：
（两个情况是类似的，以下只证明第一个情况）
取性质中$(x,y,d)=(y,z,a_{x})$，显然$l=x$且$r=R_{x}$（且$y e l,r$），因此$y$到$l$和$r$至少要一步，而$x$到$l$和$r$只需要0或1步，即$d(x,l)=0<d(y,l)$且$d(x,r)=1le d(y,l)$
因此，即有
$$
d(x,z)le min(d(x,l)+d(l,z),d(x,r)+d(r,z))le min(d(y,l)+d(l,z),d(y,r)+d(r,z))=d(y,z)
$$
下面，考虑如何求$d(x,y)$（其中$x<y$）：
不妨假设$a_{L_{x}}<a_{R_{x}}$，显然$forall L_{x}le i<R_{x},a_{i}<a_{R_{x}}$，接下来分类讨论：
1.若$a_{R_{x}}le a_{y}$，根据结论2即有$d(R_{x},y)le d(L_{x},y)$，贪心移动到$R_{x}$
2.若$a_{L_{x}}le a_{y}<a_{R_{x}}$，显然不能移动到$R_{x}$，只能移动到$L_{x}$
3.若$a_{y}<a_{L_{x}}$，显然$x$不能再移动
重复上述过程，最后第3种情况时若$x=y$即得到最短路，否则无解
再用倍增来优化这个贪心，即可$o(log n)$求出$x$到$y$的最短路
下面，考虑如何求$min_{x_{1}le xle x_{2}}d(x,y)$（其中$x_{1}le x_{2}<y$）：
令$p=L_{y}$，根据结论1显然起点$x>p$（否则即存在$a_{y}<a_{p}$），那么若$x_{2}le p$即无解
令$a_{q}$为区间$[max(p+1,x_{1}),x_{2}]$的最大值，那么$forall xin [max(p+1,x_{1}),q)$，显然$forall xle i<q,a_{i}<a_{q}$且$a_{q}<a_{y}$（$xin (q,x_{2}]$同理），根据结论2即可得$d(q,y)$即为答案
关于如何求$d(q,y)$前面已经叙述，复杂度为$o(log n)$
下面，考虑如何求$min_{x_{1}le xle x_{2},y_{1}le yle y_{2}}d(x,y)$（其中$x_{1}le x_{2}<y_{1}le y_{2}$）：
令$a_{p_{1}}$为区间$[x_{2},y_{1})$的最大值和$q_{1}=R_{p_{1}}$，根据结论1显然终点$y>q_{1}$（否则即存在$a_{y}<a_{p_{1}}$），那么若$q_{1}>y_{2}$即无解，因此不妨设$y_{1}le q_{1}le y_{2}$
再令$p_{2}=L_{q_{1}}$和$q_{2}=R_{p_{2}}$，则答案为$min(min_{x_{1}le xle x_{2}}d(x,q_{1}),min_{x_{1}le xle x_{2}}d(x,q_{2}))$（特别的，若$q_{2}>y_{2}$则后项定义为$infty$）
关于这个结论，对$p_{2}$分类讨论：
1.若$p_{2}<x_{1}$，取性质中$(x,y,d)=(x,y,a_{q_{1}})$，显然$l=p_{2}$且$r=q_{1}$
当我们到达$l$后，若$q_{2}=R_{l}$不在$[y_{1},y_{2}]$中即无解，否则只需要1步即可到达$q_{2}$
当我们到达$r$后，即已经在$q_{1}=r$
2.若$p_{2}ge x_{1}$（显然$p_{2}le x_{2}$），若$q_{2}$在$[y_{1},y_{2}]$中则取$x=p_{2}$和$y=q_{2}$即可（仍以$y_{2}$为终点），否则必然有起点$x>p_{2}$（否则存在$a_{y}<a_{p_{2}}$），之后与第1种情况相同
关于如何求$min_{x_{1}le xle x_{2}}d(x,q)$前面已经叙述，复杂度为$o(log n)$
最终，总复杂度为$o(nlog n)$，可以通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 200005 4 #define oo 0x3f3f3f3f 5 #define L (k<<1) 6 #define R (L+1) 7 #define mid (l+r>>1) 8 int n,a[N],st[N],l[N],r[N],id[N],mn[N][21],mx[N][21],f[N<<2]; 9 bool cmp(int x,int y){ 10 return a[x]>a[y]; 11 } 12 int get_max(int x,int y){ 13 if (a[x]>a[y])return x; 14 return y; 15 } 16 void build(int k,int l,int r){ 17 if (l==r){ 18 f[k]=l; 19 return; 20 } 21 build(L,l,mid); 22 build(R,mid+1,r); 23 f[k]=get_max(f[L],f[R]); 24 } 25 int query(int k,int l,int r,int x,int y){ 26 if ((l>y)||(x>r))return n+1; 27 if ((x<=l)&&(r<=y))return f[k]; 28 return get_max(query(L,l,mid,x,y),query(R,mid+1,r,x,y)); 29 } 30 void init(int nn,vector<int>v){ 31 n=nn; 32 a[0]=oo; 33 for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=v[i-1]; 34 for(int i=1;i<=n;i++){ 35 while ((st[0])&&(a[st[st[0]]]<a[i]))st[0]--; 36 l[i]=st[st[0]]; 37 st[++st[0]]=i; 38 } 39 st[0]=0; 40 for(int i=n;i;i--){ 41 while ((st[0])&&(a[st[st[0]]]<a[i]))st[0]--; 42 r[i]=st[st[0]]; 43 st[++st[0]]=i; 44 } 45 for(int i=1;i<=n;i++){ 46 id[i]=i; 47 mn[i][0]=l[i],mx[i][0]=r[i]; 48 if (a[mn[i][0]]>a[mx[i][0]])swap(mn[i][0],mx[i][0]); 49 } 50 sort(id+1,id+n+1,cmp); 51 for(int i=1;i<=n;i++){ 52 int x=id[i]; 53 for(int j=1;j<=20;j++){ 54 mn[x][j]=mn[mn[x][j-1]][j-1]; 55 mx[x][j]=mx[mx[x][j-1]][j-1]; 56 } 57 } 58 build(1,1,n); 59 } 60 int minimum_jumps(int x,int y){ 61 int ans=0; 62 for(int i=20;i>=0;i--) 63 if (a[mx[x][i]]<=a[y]){ 64 x=mx[x][i]; 65 ans+=(1<<i); 66 } 67 for(int i=20;i>=0;i--) 68 if (a[mn[x][i]]<=a[y]){ 69 x=mn[x][i]; 70 ans+=(1<<i); 71 } 72 if (x!=y)ans=oo; 73 return ans; 74 } 75 int minimum_jumps(int x1,int x2,int y){ 76 int p=l[y]; 77 if (x2<=p)return oo; 78 int q=query(1,1,n,max(p+1,x1),x2); 79 return minimum_jumps(q,y); 80 } 81 int minimum_jumps(int x1,int x2,int y1,int y2){ 82 x1++,x2++,y1++,y2++; 83 int p1=query(1,1,n,x2,y1-1),q1=r[p1],ans=oo; 84 if ((q1)&&(q1<=y2)){ 85 ans=minimum_jumps(x1,x2,q1); 86 int p2=l[q1],q2=r[p2]; 87 if ((q2)&&(q2<=y2))ans=min(ans,minimum_jumps(x1,x2,q2)); 88 } 89 if (ans==oo)ans=-1; 90 return ans; 91 }