C. 奇袭
题目类型：传统 评测方式：文本比较
题目描述
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样例
样例输入
5
1 1
3 2
2 4
5 5
4 3
样例输出
10数据范围与提示
27分
刚开始想暴力，用bitset记录行，列，都包含哪些军队，再维护干成前缀和，枚举方块长度l，行开头i，列开头j,
bitset<51000>h=(hang[i+l-1]^hang[i-1])&(lie[j+l-1]^lie[j-1]), h内的1的数量即方块内军队数 ，自己手%了几个n=100的点，发现bitset开太大，会跑的很慢很慢，
果断开成5100，TLE 27分，考试后开成51000，聪明如我，TLE 9 复杂度$O(n^3 (log^k)^3)$ k为bitset大小（复杂度lockey不太会算，请见谅）
55or64分
题中说每行每列只有一个军队，所以可以把它们按横坐标x递增排成一个序列，这个很好想。然后就是找一段区间，满足区间的y值排序后是一个连续的数列，那么就是一个含有k个军队的长宽为k的方块，ans++;
那么怎么判定满足条件呢，有博客说用两个单调队列，维护区间最大最小值，即max-min==r-l，则区间满足条件，他们是枚举区间长度，类似于滑动窗口来做的,期望TLE 64分
Lockey在此提出自己的方法：记录序列前缀和sum,枚举开头i，然后枚举j从开头到n扫一遍，扫的过程中一个优先队列维护区间最小，如果当前$(min-1)*(j-i+1)+(j-i+2)*(j-i+1)/2 ==sum[j]-sum[i-1]$ ，则满足条件，ans++, 复杂度$ O(n^2log^n)$ ,期望得分TLE 55分
91分
其他人的代码我不知道，但我的55分代码，加上一些剪枝，即可达到91分
剪枝前
剪枝后
然后惊奇的发现维护最小值完全用不着优先队列
去掉之后
快了1000ms，但接下来无论我怎么卡常都卡不过去了，听说曾经有学长91分TLE卡常卡了一天没卡过去，还好我只卡了一下午+一晚上
#include<iostream> #include<cstdio> #include<queue> #include<algorithm> using namespace std; #define rint register int const int L(1<<20|1); char buffer[L],*S,*T; #define getchar() ((S==T&&(T=(S=buffer)+fread(buffer,1,L,stdin),S==T))?EOF:*S++) inline int read(){ rint ret; register char r; while(r=getchar(),r<'0'||r>'9');ret=(r^48); while(r=getchar(),r>='0'&&r<='9')ret=(ret<<1)+(ret<<3)+(r^48); return ret; } int n,lo[51001],a[51001],minn(0x7fffffff); long long sum[51001],ans; bool judge(int j,int i){ return sum[j]-sum[i-1]==(long long)(minn-1)*(j-i+1)+(long long)(j-i+2)*(j-i+1)/2; } int main(){ n=read(); int x,y; for(rint i=1;i<=n;i++){ x=read(),y=read(); lo[y]=x; a[x]=y; } for(rint i=1;i<=n;i++){ sum[i]=sum[i-1]+a[i]; } for(rint i=1;i<=n;i++){ for(rint j=i;j<=n;j++){ if(lo[a[j]-1]<i&&lo[a[j]+1]<i){ if(j==i) ans++; break; } minn=min(a[j],minn); if(judge(j,i)) ans++; } minn=0x7fffffff; } printf("%lld ",ans); }
100分
boss来了～
joker学长证明$n^2$算法是绝对卡不过去的
正解 ：分治+桶排
把序列不断二分，处理左右区间，然后加上跨mid即跨左右区间的子区间的符合条件的方案
mxl[i] 表示i~mid 的最大值，mil[i]表示 i～mid的最小值
mxr[i] 表示mid+1~i的最大值，mir[i]表示mid+1～i的最小值
找这段满足条件的区间的情况，这个区间肯定有最大值最小值
1. 最大值最小值都在mid左边，即在左区间
2. 都在右区间
3. 最小值在左，最大值在右
4. 大在左，小在右
对于前两种情况，其实很简单，先说都在左区间： 枚举l~mid为跨mid的区间的左端点，mxl[i],mil[i]表示i～mid即当前左区间的最大最小，那么显然在大情况整个区间最大最小值都在左区间下，mxl[i]即为左右区间（整个区间）最大值，mil[i]为最小值。
回想区间成立的条件 max-min==r-l， mxl[i]-mil[i]+1即为区间长度，i为左端点，如果区间满足条件,那右端点j=i+mxl[i]-mil[i] ,且j的情况不违背大条件（即mxr[j]<mxl[i]&&mir[j]>mil[i]）,而且j<=区间右边界r。
则反过来，如果j<=区间右边界r且mxr[j]<mxl[i]&&mir[j]>mil[i]（保证mxl[i]最大mil[i]最小）,那么区间满足条件，ans++,都在右区间同理，枚举右端点即可
对于后两种情况就有些麻烦了
继续回想条件 max-min==r-l ，移项 min-l=max-r
仍然以其中一种情况为例，3.小在左大在右
那么可以统计右边max-r的值，放进桶里面（也就是一个数组，大概实现就是统计某个值出现了几次），统计这个差值出现了几次
然后枚举左边min-l ，查询这个差值在桶里出现了几次，看右边有几个与他相等的，有几个ans就加几
4.同理 满足条件 max-min==r-l, 只不过因为max在左，min在右，移项成 max+l=min+r,同上操作
以上讲的是我的理解，至于一些具体操作，建议看看这几篇博客
上代码
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int n,a[50001],t[250001],maxl[50001],minl[50001],maxr[50001],minr[50001]; long long ans; void dfs(int l,int r){ if(l==r) {ans++;return;} int mid=(l+r)>>1; dfs(l,mid),dfs(mid+1,r); maxl[mid]=minl[mid]=a[mid]; maxr[mid+1]=minr[mid+1]=a[mid+1]; for(int i=mid-1;i>=l;i--) maxl[i]=max(maxl[i+1],a[i]),minl[i]=min(minl[i+1],a[i]); for(int i=mid+2;i<=r;i++) maxr[i]=max(maxr[i-1],a[i]),minr[i]=min(minr[i-1],a[i]); //小大同左 for(int i=l;i<=mid;i++){ int j=i+maxl[i]-minl[i]; if(j>mid&&j<=r&&maxr[j]<maxl[i]&&minr[j]>minl[i]) ans++; } //小大同右 for(int i=mid+1;i<=r;i++){ int j=i-maxr[i]+minr[i]; if(j<=mid&&j>=l&&maxl[j]<maxr[i]&&minl[j]>minr[i]) ans++; } //小左大右 //maxr[j]-minl[i]=j-i //移项 maxr[j]-j=minl[i]-i 小右大左同 int z=mid+1,z1=mid+1; for(int i=mid;i>=l;i--){ while(z<=r&&maxr[z]<maxl[i]) t[maxr[z]-z+n]--,z++; while(z1<=r&&minr[z1]>minl[i]) t[maxr[z1]-z1+n]++,z1++; if(t[minl[i]-i+n]>0) ans+=t[minl[i]-i+n]; } for(int i=mid+1;i<=r;i++) t[maxr[i]-i+n]=0; //小右大左 z=z1=mid+1; for(int i=mid;i>=l;i--){ while(z<=r&&minr[z]>minl[i]) t[minr[z]+z+n]--,z++; while(z1<=r&&maxr[z1]<maxl[i]) t[minr[z1]+z1+n]++,z1++; if(t[maxl[i]+i+n]>0) ans+=t[maxl[i]+i+n]; } for(int i=mid+1;i<=r;i++) t[minr[i]+i+n]=0; //cout<<"l="<<l<<" r="<<r<<" ans="<<ans<<endl; } int main(){ scanf("%d",&n); int x,y; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&x,&y),a[x]=y; dfs(1,n); printf("%lld",ans); }