【题解】 bzoj3956: Count (ST表+单调栈)

题面

Solution

  • 看了一点点题解,自己又刚了\(2h30min\),刚了出来qwq,我好菜啊qwq
  • 貌似这道题是BZOJ 4826的弱化,弱化都不会qwq凉凉
  • Solution
  • 首先你可以考虑,找出\([l,r]\)的最大值(\(x\))后,你会发现这个好的点对,是不会跨过这最大值(\(x\))的,那么答案就是\([l,x]\)的所有点作为点对左端的方案数\(+\) \([x+1,r]\)所有点作为点对右端的方案数
  • 求方案数我们就可以用单调栈\(O(n)\)求出来,然后做一次前缀和就好了
  • 这个单调栈操作我觉得这个贼鸡儿难,调了很多特殊数据终于过了
  • 具体操作:

相邻的两个值(a,b)不论怎样肯定是一个点对,如果单调栈处理,因为我们要处理出作为左端点的方案数和右端段的方案数,相邻的这种点对就会在\(a\)为左端点时加一次,在\(b\)为右端点的时候加一次,这样会有重复,比较麻烦,我们就不考虑这种相邻的情况(这样最后的答案就是\([l,x-1]\)的所有点作为点对左端的方案数加 \([x+1,r]\)所有点作为点对右端的方案数,因为\(x\)最大只会是与相邻两个成点对)
现在假定我们求每个点为点对左端点的方案数
后面的操作就是:我们维护一个单调上升的栈,每入队一个点,如果这个点比队尾大,队尾的这个点如果不是现在加入的点的相邻点,我们就把他的方案数\(+1\),然后弹出(因为你想,如果这个点不相邻,中间的全部被弹出,说明一定不会大于这两边的两个)
稍微特殊的情况就是,如果队尾的值(假设为\(a_1\))与现在加入的值(假设为\(a_2\))相等,那么我们就给队尾的方案数\(+1\),然后弹出,并且把这个新加入的点作为队尾。(\(*\)解释在后面)
(\(*\))解释:因为题目要求是大于,所以中间存在与两边等于的情况也是不行的,所以\(a_2\)不会对\(a_1\)之前的点有贡献,\(a_1\)不会对\(a_2\)之后的点有贡献。
然后弹完队尾后,我们把这个现在的队尾的方案数加一,原因同上,他们两之间的数一定小于两边,然后把点入队即可
最后没弹出队列的点不用管,因为他们单调递增,比如\(a,b,c\)\(a<b<c\)),后面不会再有点与\(a\)形成点对,因为\(b,c\)一定大于\(a\)
右端点的反着来一边就好了

  • 最后计算答案记得加上相邻的方案数即可

  • 那个查询最大值可以用\(ST表\),也可以用线段树,(本来是要练习\(ST\)表的,结果调单调栈调了好久qwq

  • 感觉这道题还是挺神的吧,把思路理了一边总算清楚很多了.

Code

  • 调了好久,写的丑
//It is coded by ning_mew on 7.19
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

const int maxn=3e5+7,inf=1e9+7;

int n,m,Type;
LL sl[maxn],sr[maxn],two[25],lastans=0;
int team[maxn],s[maxn],tl=1,ST[maxn][25],Log[maxn];

int maxa(int x,int y){if(s[x]>s[y])return x;return y;}
int quary(int l,int r){
  int k=Log[r-l+1];
  return maxa(ST[l][k],ST[r-two[k]+1][k]);
}
void pre(){
  two[0]=1; 
  for(int i=2;i<=n;i++)Log[i]=Log[i>>1]+1;
  for(int i=1;i<=16;i++)two[i]=two[i-1]*2;
  for(int j=1;j<=16;j++)
  for(int i=1;i+two[j-1]<=n;i++){
    ST[i][j]=maxa(ST[i][j-1],ST[i+two[j-1]][j-1]);
  }
}
void work(int l,int r){
  int k=quary(l,r);
  lastans=sl[k-1]-sl[l-1]+sr[r]-sr[k]+r-l;
  printf("%lld\n",lastans);
  if(!Type)lastans=0;return;
}
int main(){
  scanf("%d%d%d",&n,&m,&Type);
  for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&s[i]),ST[i][0]=i;
  pre();
  for(int i=1;i<=n;i++){
    while(tl>1){
      if(s[ team[tl-1] ]<=s[i]){
	if(team[tl-1]!=i-1)sl[team[tl-1]]++;
	if(s[team[tl-1]]==s[i]){break;}
	tl--;
      }
      else break;
    }
    if(s[team[tl-1]]==s[i]){team[tl-1]=i;continue;}
    if(team[tl-1]!=i-1)sl[team[tl-1]]++;
    team[tl]=i;tl++;
  }
  
  memset(team,0,sizeof(team));tl=1;
  for(int i=n;i>=1;i--){
    while(tl>1){
      if(s[ team[tl-1] ]<=s[i]){
	if(team[tl-1]!=i+1)sr[team[tl-1]]++;
	if(s[team[tl-1]]==s[i]){break;}
	tl--;
      }
      else break;
    }
    if(s[team[tl-1]]==s[i]){team[tl-1]=i;continue;}
    if(team[tl-1]!=i+1)sr[team[tl-1]]++;
    team[tl]=i;tl++;
  }

  sl[0]=sr[n+1]=0;
  for(int i=1;i<=n;i++)sl[i]=sl[i]+sl[i-1],sr[i]=sr[i]+sr[i-1];
  
  lastans=0;
  for(int i=1;i<=m;i++){
    LL l,r;scanf("%lld%lld",&l,&r);
    l=(l+lastans-1)%n+1;r=(r+lastans-1)%n+1;if(l>r)swap(l,r);
    work(l,r);
  }return 0;
}

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posted @ 2018-07-23 21:12  Ning_Mew  阅读(226)  评论(0编辑  收藏  举报