Description:
奈文摩尔有 (n) 个灵魂，他们在影魔宽广的体内可以排成一排，从左至右标号 (1) 到 (n)。第 (i) 个灵魂的战斗力为 (k_i)，灵魂们以点对的形式为影魔提供攻击力。对于灵魂对 (i, j) 来说，若不存在 $k_s $ 大于 (k_i) 或者 (k_j)，则会为影魔提供 (p_1) 的攻击力。另一种情况，令 (c) 为 (k_{i + 1}, k_{i + 2}, cdots, k_{j -1}) 的最大值，若 (c) 满足：(k_i ; c > k_j)，或者 (k_j lt; c lt; k_i)，则会为影魔提供 (p_2) 的攻击力，当这样的 (c) 不存在时，自然不会提供这 (p_2) 的攻击力；其他情况的点对，均不会为影魔提供攻击力。
影魔的挚友噬魂鬼在一天造访影魔体内时被这些灵魂吸引住了，他想知道，对于任意一段区间 ([a, b])，位于这些区间中的灵魂对会为影魔提供多少攻击力，即考虑所有满足 (ale ilt;jle b) 的灵魂对 (i, j) 提供的攻击力之和。
顺带一提，灵魂的战斗力组成一个 (1) 到 (n) 的排列：(k_1, k_1, cdots, k_n)。
Hint:
对于 (30\%) 的数据，(1le n, mle 500)。
另有 (30\%) 的数据，(p_1 = 2p_2)。
对于 (100\%) 的数据，(1le n,mle 200000, 1le p_1, p_2le 1000)。
Solution:
这题直接统计不好统计
我们反过来考虑每个位置对区间的贡献
首先预处理出每个位置左右第一个大于它的位置
1.(i)对于区间((l[i] ,r[i])),有(p_1)的贡献,我们在扫到(r[i])更新(l[i])即可
2.(i)对于所有区间((l[i],i+1 ext{~} r[i]-1)) 有(p_2)的贡献,我们在扫到(l[i])时更新(i+1 ext{~} r[i]-1)
3.(i)对于所有区间((l[i]+1 ext{~}i-1,r[i])) 有(p_2)的贡献,我们在扫到(r[i])时更新(l[i]+1 ext{~}i-1)
然后把询问离线拆成(l,r)后按端点排序,每次询问区间(l~r)的和,答案就是两次询问相减
注意要特判相邻位置的贡献
update:
今天体育课ysbs给我讲了一个更优秀的方法,实际上没必要处理出每个点的左右边界
对于贡献2,我们只要枚举所有以该点为右端点的区间,单调栈维护最近的大于该点的位置
分为左大于右和左小于右两种情况分别做一次就行,这样稍微方便一些
#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mxn=1e6+5;
ll n,m,p1,p2,tot,cnt1,cnt2,a[mxn],lt[mxn],rt[mxn],ans[mxn];
ll hd1[mxn],hd2[mxn],tr[mxn<<2],tag[mxn<<2];
struct Q {
ll pos,l,r,id;
}q[mxn];
struct ed {
ll to1,to2,nxt;
}t1[mxn],t2[mxn];
inline ll read() {
char c=getchar(); ll x=0,f=1;
while(c>'9'||c<'0') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
while(c<='9'&&c>='0') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c&15);c=getchar();}
return x*f;
}
inline ll chkmax(ll &x,ll y) {if(x<y) x=y;}
inline ll chkmin(ll &x,ll y) {if(x>y) x=y;}
ll cmp(Q x,Q y) {
return x.pos<y.pos;
}
inline void add1(ll u,ll v) {
t1[++cnt1]=(ed) {v,0,hd1[u]};
hd1[u]=cnt1;
}
inline void add2(ll u,ll v,ll w) {
t2[++cnt2]=(ed) {v,w,hd2[u]};
hd2[u]=cnt2;
}
void push_up(ll p) {
tr[p]=tr[ls]+tr[rs];
}
void push_down(ll l,ll r,ll p) {
if(tag[p]) {
ll mid=(l+r)>>1;
tr[ls]+=(mid-l+1)*tag[p];
tr[rs]+=(r-mid)*tag[p];
tag[ls]+=tag[p];
tag[rs]+=tag[p];
tag[p]=0;
}
}
void update1(ll l,ll r,ll pos,ll val,ll p)
{
if(l==r) {
tr[p]+=val;
return ;
}
ll mid=(l+r)>>1; push_down(l,r,p);
if(pos<=mid) update1(l,mid,pos,val,ls);
else update1(mid+1,r,pos,val,rs);
push_up(p);
}
void update2(ll l,ll r,ll ql,ll qr,ll val,ll p)
{
if(ql<=l&&r<=qr) {
tr[p]+=val*(r-l+1);
tag[p]+=val;
return ;
}
ll mid=(l+r)>>1; push_down(l,r,p);
if(ql<=mid) update2(l,mid,ql,qr,val,ls);
if(qr>mid) update2(mid+1,r,ql,qr,val,rs);
push_up(p);
}
ll query(ll l,ll r,ll ql,ll qr,ll p)
{
if(ql<=l&&r<=qr) return tr[p];
ll mid=(l+r)>>1; push_down(l,r,p); ll res=0;
if(ql<=mid) res+=query(l,mid,ql,qr,ls);
if(qr>mid) res+=query(mid+1,r,ql,qr,rs);
return res;
}
int main()
{
n=read(); m=read(); p1=read(); p2=read(); ll l,r;
for(ll i=1;i<=n;++i) a[i]=read();
for(ll i=1;i<=m;++i) {
l=read(),r=read();
q[i]=(Q){l-1,l,r,i};
q[i+m]=(Q){r,l,r,i+m};
}
stack<ll > st;
for(ll i=1;i<=n;++i) {
while(!st.empty()&&a[st.top()]<a[i]) st.pop();
if(st.empty()) lt[i]=0;
else lt[i]=st.top(); st.push(i);
}
while(!st.empty()) st.pop();
for(ll i=n;i>=1;--i) {
while(!st.empty()&&a[st.top()]<a[i]) st.pop();
if(st.empty()) rt[i]=n+1;
else rt[i]=st.top(); st.push(i);
if(lt[i]+1!=rt[i]) add1(rt[i],lt[i]);
add2(rt[i],lt[i]+1,i-1); add2(lt[i],i+1,rt[i]-1);
}
sort(q+1,q+2*m+1,cmp); ll pos=0;
for(ll i=1;i<=2*m;++i) {
while(pos<q[i].pos) {
++pos; if(pos-1!=0) update1(1,n,pos-1,p1,1);
for(ll j=hd1[pos];j;j=t1[j].nxt) {
ll v=t1[j].to1;
if(v!=0) update1(1,n,v,p1,1);
}
for(ll j=hd2[pos];j;j=t2[j].nxt) {
ll v=t2[j].to1,w=t2[j].to2;
if(v!=0&&w!=0&&w!=n+1&&v!=n+1) update2(1,n,v,w,p2,1);
}
}
l=q[i].l; r=q[i].r;
ans[q[i].id]=query(1,n,l,r,1);
}
for(ll i=1;i<=m;++i) printf("%lld
",ans[i+m]-ans[i]);
return 0;
}