看完第一篇题解,我发现自己太弱了。但是我发现(T1)真的适合各种(O(n))和(O(nlogn))的打开方式,比如我就是那个(O(nlogn))的方法,思路也很好想的。
我是用(ST)表来维护在一段区间([l,r])中是否有最低消费小于等于(p),然后开一个动态数组来表示第(i)种颜色中的第(j)个在(color)数组中的位置,然后就可以:
枚举每一个颜色,有两个指针,一个指针记录上一次出现最低消费小于等于(p)的位置,另一个指针扫一遍整个数组,如果出现,如图所示:
橙色区间中存在某一个最低消费小于等于(p)
因为保证了颜色相同,所以只要左端点在([i,j)),右端点在([j,a[x].size()))都对答案产生贡献,所以(ans+=(a[x].size()-j) imes (j-i)),但是若一段区间内有两个子段会被算两次,所以更新(i)指针为(j)
具体详见代码:
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=200000+10;
int n,k,p,Max[maxn][18];ll ans=0;
vector<int> a[60];
inline int read(){
register 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<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return (f==1)?x:-x;
}
inline int max(int a,int b){return a>b?a:b;}
int query(int l,int r){
int k=log2(r-l+1);
return max(Max[l][k],Max[r-(1<<k)+1][k]);
}
int main()
{
n=read(),k=read(),p=read();int x;
for(int i=1;i<=n;i++){
x=read(),Max[i][0]=(read()<=p)?1:0;
a[x].push_back(i);
}
for(int t=1;t<19;t++)
for(int i=1;i+(1<<t)-1<=n;i++)
Max[i][t]=max(Max[i][t-1],Max[i+(1<<(t-1))][t-1]);
for(int t=0;t<k;t++){
int i=0,j=1;
for(;j<a[t].size();j++){
if(query(a[t][j-1],a[t][j])){
ans+=(ll)(a[t].size()-j)*(j-i);
i=j;
}
}
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}