题解 P8251 [NOI Online 2022 提高组] 丹钓战

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题意

给定 $n$ 个二元组 $(a_i,b_i)$，现有一个栈 $S$，初始为空，加入 $(a_i,b_i)$ 时不断弹出栈顶直至栈顶元素 $(a_j,b_j)$ 满足 $a_i\ne a_j\land b_i<b_j$。

称该二元组是好的当且仅当该二元组进栈时栈内仅有这一个元素。

$q$ 次询问 $\left[l_i,r_i\right]$，将下标在 $\left[l_i,r_i\right]$ 中的二元组按下标从小到大加入栈中，问多少二元组是好的。

数据范围：$1\le n,q\le 5\times10^5,1\le a_i,b_i \le n, 1\le l_i\le r_i\le n$

题解

这道题非常简单。

首先，刻板印象，去年 NOI Online T1 我是不会的，觉得难度应该不小。

这个 $5\times 10^5$ 和 $10^5$ 的部分分同时出现，能想到 $10^5$ 是放根号过的，正解应该是 $\log$ 或 $\log^2$（其实这个也悬）的。

先想部分分，$n\le5000$ 可以 $O(n^2)$ 预处理出所有答案，$n\le10^5$ 我没想到莫队或分块。

考虑 $a_i=i$ 的部分分。

于是 $a_i$ 互不相同，只用考虑 $b_i$ 的限制。

问题即为有多少个 $i\in\left[l,r\right]$，满足 $\forall j\in\left[l,i-1\right], b_j\le b_i$。

这个我会，令 $lst_i=\max\{j|j\in\left[1,i-1\right],b_j>b_i\}$，可以用棵权值线段树求出这个东西，然后即为求 $\left[l,r\right]$ 中有多少个 $lst_i<l$，区间小于等于某数的个数嘛，经典二维数点问题了，主席树就好力。

所以呢？跟正解有什么关系？

如果你上面这个部分分想法跟我一样大概是学傻了。

$lst_i$ 还用权值线段树呢？直接按题意上单调栈。改变 $lst_i$ 定义，令 $lst_i=\max\{j|j\in\left[1,i-1\right],a_j\ne a_i\land b_j>b_i\}$，这个东西单调栈处理很显然，然后问题就和上面一样了。

二维数点这个都会吧？其实离线询问下来扫描线更好，用个树状数组统计下即可，空间复杂度比主席树优，常数小些。

时间复杂度 $O(n\log n+q\log q)$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e5 + 10;
namespace IO {
    //read and write
} using namespace IO;
int n, m;
int a[N], b[N], lst[N], st[N], top;
struct query {
    int x, y, id, ans;
} q[N << 1];
bool cmp1(query qwq, query awa) { return qwq.x < awa.x; }
bool cmp2(query qwq, query awa) { return qwq.id != awa.id ? qwq.id < awa.id : qwq.x < awa.x; }
namespace BIT {
    int t[N];
    void add(int x, int v) {
        for(int i = x + 1; i <= n; i += i & -i)
            t[i] += v;
    }
    int qry(int x) {
        int res = 0;
        for(int i = x + 1; i; i -= i & -i)
            res += t[i];
        return res;
    }
} using namespace BIT;
int main() {
    n = read(), m = read();
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        a[i] = read();
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        b[i] = read();
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        while(top && (a[i] == a[st[top]] || b[i] >= b[st[top]])) top--;
        lst[i] = st[top];
        st[++top] = i;
    }
    for(int i = 1; i <= m; i++)
        q[i].x = read() - 1, q[i + m].x = read(), q[i].y = q[i + m].y = q[i].x, q[i].id = q[i + m].id = i;
    sort(q + 1, q + 1 + 2 * m, cmp1);
    for(int i = 1; i <= 2 * m; i++) {
        for(int j = q[i - 1].x + 1; j <= q[i].x; j++)
            add(lst[j], 1);
        q[i].ans = qry(q[i].y);
    }
    sort(q + 1, q + 1 + 2 * m, cmp2);
    for(int i = 1; i <= 2 * m; i += 2)
        write(q[i + 1].ans - q[i].ans), putc('\n');
    flush();
    return 0;
}