AtCoder Beginner Contest 248 H

https://atcoder.jp/contests/abc248/tasks/abc248_h
官方题解使用的是线段树，不过分治可能更简单一些。

我们调用\(divide(l,r)\)，表示区间\([l,r]\)的合法子序列个数。

根据分治的套路：\(divide(l,r)=divide(l,mid)+divide(mid+1,r)+f\)，其中\(f\)表示跨越左右两个侧的合法子序列个数。（这里和下面“左侧”指的是区间\([l,mid]\)，“右侧”指的是区间\([mid+1,r]\)）

问题是如何求\(f\)。

分为下面四种情况：

1. 最大、最小值都在左侧
2. 最大、最小值都在右侧
3. 最大值在左侧，最小值在右侧
4. 最大值在右侧，最小值在左侧

1，2两种情况类似，我们就讨论情况1，另一种程序是差不多的。

若最大、最小值都在左侧，那么我们枚举\(L\)，表示合法区间的左端点，枚举\(K\)，表示当前\(k\)的大小，那么：\(max-min=R-L+K\)，可以变形成：\(R=L-K+max-min\)。而最小、最大值都在左侧，故我们可以知道\(max\)和\(min\)。接下来我们要判断\(R\)是否合法。首先\(mid<R<=r\)，其次\(\min_{i=mid+1}^{R} p_{i}>\min_{i=L}^{mid} p_{i}\)，\(\max_{i=mid+1}^{R} p_{i}<\max_{i=L}^{mid} p_{i}\)，否则最大或最小值就不在左侧了。

预处理\(min,max\)，时间复杂度为\(O(nk)\)。

3,4两种情况，我们只讨论4，另一种程序是差不多的。

我们继续枚举\(L\)，意义同上，此时必须满足：

\[\min_{i=L}^{mid} p_{i}<\min_{i=mid+1}^{R} p_{i}\\ \max_{i=L}^{mid} p_{i}<\max_{i=mid+1}^{R} p_{i} \]

此时，我们发现，若\(L\)从大往小枚举（即从\(mid\)枚举到\(l\)），那么\(\min_{i=L}^{mid} p_{i}\)越来越小，\(\max_{i=L}^{mid} p_{i}\)越来越大。那么我们可以使用单调队列维护合法的\(R\)的位置。

那么如何进行统计呢？我们也是枚举\(K\)，此时\(min,L,K\)都是已知的，而\(R,max\)是未知的，那么：

\[max-min=R-L+K\\ max-R=min-L+K \]

故我们维护一个桶\(cnt\)，单调队列加入一个元素时，\(cnt[max-R]++\)，删除时\(cnt[max-R]--\)，查询时只要查\(cnt[min-L+K]\)的大小即可。

注意到\(max-R\)有可能小于\(0\)，故我们要将所有下标加上\(n\)。

时间复杂度也是\(O(nk)\)。

故，一次分治的复杂度为\(O(nk)\)，一共\(\log n\)层，总的时间复杂度为\(O(nk\log n)\)。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define debug(...) std::cerr<<#__VA_ARGS__<<" : "<<__VA_ARGS__<<std::endl

using ll=long long;

const int maxn=150005;
int n,k;
int a[maxn],mx[maxn],mn[maxn],cnt[maxn+maxn];

ll divide(int l,int r) {
	if(l==r) return 1ll;
	int m=l+r>>1; ll ret=divide(l,m)+divide(m+1,r);
	mx[m]=mn[m]=a[m],mx[m+1]=mn[m+1]=a[m+1];
	for(int i=m-1;i>=l;i--) {
		mx[i]=std::max(mx[i+1],a[i]);
		mn[i]=std::min(mn[i+1],a[i]);
	}
	for(int i=m+2;i<=r;i++) {
		mx[i]=std::max(mx[i-1],a[i]);
		mn[i]=std::min(mn[i-1],a[i]);
	}
	for(int L=m;L>=l;L--)
		for(int K=0;K<=k;K++) {
			int R=mx[L]-mn[L]+L-K;
			if(m<R&&R<=r&&mx[R]<mx[L]&&mn[R]>mn[L]) ret++;//注意判断R的条件不能漏
		}
	for(int R=m+1;R<=r;R++)
		for(int K=0;K<=k;K++) {
			int L=R+K-mx[R]+mn[R];
			if(l<=L&&L<=m&&mx[L]<mx[R]&&mn[L]>mn[R]) ret++;
		}
	int R1=m+1,R2=m+1;
	for(int L=m;L>=l;L--) {
		while(R2<=r&&mn[R2]>mn[L]) cnt[mx[R2]-R2+n]++,R2++;//注意：单调队列必须先加后删
		while(R1<R2&&mx[R1]<mx[L]) cnt[mx[R1]-R1+n]--,R1++;
		for(int K=0;K<=k;K++) ret+=cnt[mn[L]-L+K+n];
	}
	while(R1<R2) cnt[mx[R1]-R1+n]--,R1++;//清空cnt 
	int L1=m,L2=m;
	for(int R=m+1;R<=r;R++) {
		while(L2>=l&&mn[L2]>mn[R]) cnt[mx[L2]+L2]++,L2--;
		while(L1>L2&&mx[L1]<mx[R]) cnt[mx[L1]+L1]--,L1--;
		for(int K=0;K<=k;K++) ret+=cnt[R+K+mn[R]];
	}
	while(L1>L2) cnt[mx[L1]+L1]--,L1--;
	return ret;
}

int main() {
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	printf("%lld\n",divide(1,n));
	return 0;
}