非确定性有穷状态决策自动机练习题Vol.2 C. 奇袭
题目描述
由于各种原因，桐人现在被困在(Under World)（以下简称(UW)）中，而(UW)马上 要迎来最终的压力测试——魔界入侵。
唯一一个神一般存在的(Administrator)被消灭了，靠原本的整合骑士的力量 是远远不够的。所以爱丽丝动员了(UW)全体人民，与整合骑士一起抗击魔族。
在(UW)的驻地可以隐约看见魔族军队的大本营。整合骑士们打算在魔族入侵前 发动一次奇袭，袭击魔族大本营！ 为了降低风险，爱丽丝找到了你，一名优秀斥候，希望你能在奇袭前对魔族大本营进行侦查，并计算出袭击的难度。
经过侦查，你绘制出了魔族大本营的地图，然后发现，魔族大本营是一个(N imes N)的网格图，一共有(N)支军队驻扎在一些网格中（不会有两只军队驻扎在一起）。
在大本营中，每有一个(k×k(1≤k≤N))的子网格图包含恰好(k)支军队，我们袭 击的难度就会增加(1)点。
现在请你根据绘制出的地图，告诉爱丽丝这次的袭击行动难度有多大。
输入格式
第一行，一个正整数(N)，表示网格图的大小以及军队数量。
接下来N行，每行两个整数,(Xi),(Yi)，表示第(i)支军队的坐标。
保证每一行和每一列都恰有一只军队,即每一个(Xi)和每一个(Yi)都是不一样 的。
输出格式
一行，一个整数表示袭击的难度。
样例
样例输入
5
1 1
3 2
2 4
5 5
4 3
样例输出
10
样例解释
显然，分别以((2,2))和((4,4))为左上,右下顶点的一个子网格图中有(3)支军队，
这为我们的难度贡献了(1)点。
类似的子网格图在原图中能找出(10)个。
数据范围与提示
对于(30\%)的数据，(N ≤ 100)
对于(60\%)的数据，(N ≤ 5000)
对于(100\%)的数据，(N ≤ 50000)
分析
用线段树即可解决
首先，我们发现，如果要满足 (k×k(1≤k≤N)) 的子网格图包含恰好 (k) 支军队
那么这 (k) 只军队的最大横坐标减去最小横坐标恰好等于这 (k) 只军队的最大纵坐标减最小纵坐标
两维不好处理，因此我们把横坐标作为下标，纵坐标作为权值
这样原问题就变成了在一个排列中有多少区间内的数是连续的
我们发现这可以用线段树去维护
我们把线段树的节点定义为以某个点为左端点，以扫到的点为右端点的区间中连续区间的个数
线段树要维护的信息有连续区间个数的最小值，该最小值的个数，以及区间加和操作中的 (lazy) 标记
每次从右边新加入一个点 (i) 时，我们把区间 ([1,i]) 整体加 (1)
代表此时又多了一个不连续的区间
此时我们去找 (a[i]+1) 和 (a[i]-1) 的位置，如果它们的位置在 (i) 的左边，我们就把 ([1,a[i]-1]) 或者 ([1,a[i]+1]) 整体减一，代表包含 (a[i]+1) 或者 (a[i]-1) 的区间可以与 (a[i]) 合并形成一个大区间
每次枚举一个右端点时就单独计算一下价值
代码
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
const int maxn=1e6+5;
inline int read(){
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9'){
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0' && ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*f;
}
int a[maxn],n,wz[maxn];
struct asd{
int l,r,min,cnt,laz;
}tr[maxn<<1];
void push_up(int da){
if(tr[da<<1].min==tr[da<<1|1].min){
tr[da].min=tr[da<<1].min;
tr[da].cnt=tr[da<<1].cnt+tr[da<<1|1].cnt;
} else if(tr[da<<1].min<tr[da<<1|1].min){
tr[da].min=tr[da<<1].min;
tr[da].cnt=tr[da<<1].cnt;
} else {
tr[da].min=tr[da<<1|1].min;
tr[da].cnt=tr[da<<1|1].cnt;
}
}
void push_down(int da){
if(tr[da].laz==0) return;
tr[da<<1].min+=tr[da].laz;
tr[da<<1|1].min+=tr[da].laz;
tr[da<<1].laz+=tr[da].laz;
tr[da<<1|1].laz+=tr[da].laz;
tr[da].laz=0;
}
void build(int da,int l,int r){
tr[da].l=l,tr[da].r=r;
if(l==r){
tr[da].min=1;
tr[da].cnt=1;
return;
}
int mids=(l+r)>>1;
build(da<<1,l,mids);
build(da<<1|1,mids+1,r);
push_up(da);
}
int cx(int da,int l,int r){
if(tr[da].l>=l && tr[da].r<=r){
if(tr[da].min==1) return tr[da].cnt;
return 0;
}
push_down(da);
int mids=(tr[da].l+tr[da].r)>>1;
int ans=0;
if(l<=mids) ans+=cx(da<<1,l,r);
if(r>mids) ans+=cx(da<<1|1,l,r);
return ans;
}
void xg(int da,int l,int r,int val){
if(tr[da].l>=l && tr[da].r<=r){
tr[da].min+=val;
tr[da].laz+=val;
return;
}
push_down(da);
int mids=(tr[da].l+tr[da].r)>>1;
if(l<=mids) xg(da<<1,l,r,val);
if(r>mids) xg(da<<1|1,l,r,val);
push_up(da);
}
int main(){
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
int aa,bb;
aa=read(),bb=read();
a[aa]=bb;
wz[a[aa]]=aa;
}
build(1,1,n);
long long ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(i>1) xg(1,1,i-1,1);
if(wz[a[i]-1]<=i && wz[a[i]-1]){
xg(1,1,wz[a[i]-1],-1);
}
if(wz[a[i]+1]<=i && wz[a[i]+1]){
xg(1,1,wz[a[i]+1],-1);
}
ans+=(long long)cx(1,1,i);
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}