洛谷P3722 [AHOI2017/HNOI2017] 影魔

0x1f 关于思路

妙妙妙！

可以发现，暴力的枚举点对可以在 \(O(n^2)\) 的复杂度下解决问题。

似乎不能优化了。

对于这样的困境，一种思路是计算每个点的贡献，枚举的复杂度就降下来了。

考虑对题意进行转化：求出每个点左边第一个比他大的数 \(L_i\)，右边同理 \(R_i\)。

这样答案的贡献可以转换成三部分。

1. \(R_i\) 对 \([L_i,i-1]\) 的区间产生 \(p_2\) 的贡献。
2. \(L_i\) 对 \([i+1,R_i]\) 的区间产生 \(p_2\) 的贡献。
3. \(L_i\) 和 \(R_i\) 产生 \(p_1\) 的贡献。

我们可以离线地按询问左端点排序询问，每到一个点，如果是右端点，那就线段树区间查询。

每到一个点 \(R_i\)，区间加上贡献 \(1\)，\(L_i\) 加上贡献 \(2\)。

至于贡献 \(3\)，我们慎重考虑，因为线段树区间查询，所以如果区间内一个点的 \(R_i\) 在区间外右侧，那就不应该统计。

所以贡献 \(3\) 应该在右端点时再加上。

0x2f 关于代码

\(\huge \mathscr{Code}\)

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 2e5+100;
int n,m,p1,p2,val[N],L[N],R[N],ans[N];
struct node{
	int l,r,pos,id,ki;
	friend bool operator<(node a,node b) {return a.pos<b.pos;}
}Q[N<<1];
class G{
	public:
		struct GG{
			int ans,tag;
		}T[N<<2];
		inline void pushup(int u){
			T[u].ans = T[u*2].ans + T[u*2+1].ans;
		}
		inline void pushdown(int u,int l,int r){
			if(T[u].tag){
				int mid = (l+r)>>1;
				T[u*2].ans += (mid-l+1)*T[u].tag;
				T[u*2+1].ans += (r-mid)*T[u].tag;
				T[u*2].tag += T[u].tag;
				T[u*2+1].tag += T[u].tag;
				T[u].tag = 0; 
			}
		}
		void update(int u,int l,int r,int ql,int qr,int v){
			if(ql<=l && r<=qr){
				T[u].ans += (r-l+1)*v;
				T[u].tag += v;
				return;
			}
			pushdown(u,l,r);
			int mid = (l+r)>>1;
			if(ql<=mid) update(u*2,l,mid,ql,qr,v);
			if(qr>mid) update(u*2+1,mid+1,r,ql,qr,v);
			pushup(u);
		}
		int query(int u,int l,int r,int ql,int qr){
			if(ql<=l && r<=qr) return T[u].ans;
			pushdown(u,l,r);
			int mid = (l+r)>>1,ans = 0;
			if(ql<=mid) ans += query(u*2,l,mid,ql,qr);
			if(qr>mid) ans += query(u*2+1,mid+1,r,ql,qr);
			return ans;
		}
}S;
int stk[N],top;
struct num{
	int l,r,ki;
};
vector<num> event[N];
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>m>>p1>>p2;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>val[i];
	val[n+1] = n+1;
	stk[++top] = 0;
	for(int i=1;i<=n+1;i++){
		while(top && val[stk[top]]<val[i]) R[stk[top--]] = i;
		L[i] = stk[top];
		stk[++top] = i;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(L[i]>=1 && R[i]<=n) event[R[i]].push_back(num{L[i],L[i],p1});
		if(L[i]+1<i && R[i]<=n) event[R[i]].push_back(num{L[i]+1,i-1,p2});
		if(L[i]>=1 && R[i]>i+1) event[L[i]].push_back(num{i+1,R[i]-1,p2});
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int l,r;
		cin>>l>>r;
		ans[i] += (r-l)*p1;
		Q[i] = node{l,r,l-1,i,-1},Q[i+m] = node{l,r,r,i,1};
	}
	sort(Q+1,Q+2*m+1);
	int pos = 1;
	while(pos<=m*2 && !Q[pos].pos) pos++;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(num e:event[i]){
			S.update(1,1,n,e.l,e.r,e.ki);
		}
		while(pos<=m*2 && Q[pos].pos==i){
			ans[Q[pos].id] += Q[pos].ki*S.query(1,1,n,Q[pos].l,Q[pos].r);
			pos++;
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;i++) cout<<ans[i]<<'\n';
	return 0;
}