Souvenirs

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题目大意

• 给出 \(n\) 以及一个长为 \(n\) 的序列 \(a\)。
• 给出 \(m\)，接下来 \(m\) 组询问。
• 每组询问给出一个 \(l,r\)，你需要求出，对于 \(i,j \in [l,r]\)，且满足 \(i \neq j\)，\(|a_i-a_j|\) 的最小值。
• \(1 \leq n \leq 10^5\)，\(1 \leq m \leq 3\times 10^5\)，\(0 \leq a_i \leq 10^9\)。

分析

给一个区间，让我们维护区间内值的差最小。第一眼看过去就是想能不能用主席树呢？但是权值又太大了，而且建起来之后，好像不能很好的让我们找到一个区间内的所有值的距离。但是这样划定一个范围，找区间内符合某些性质的点对，也是我们经常碰见的了。

我们考虑将询问离线，枚举右端点，这里我们只考虑\(j<i,a_j>a_i\)的答案，因为将\(a_i\)的值域反转后再做一遍就可以得到所有答案。我们维护的就是目标的值\(|a_j-a_i|\)，然后求以当前右端点为结尾的询问，设该区间为[l,r]，查询[1,l]的后缀最小值。我们想计算右端点的贡献所有，那肯定可以去找所有的满足\(j<i,a_j>a_i\)。但是这时间复杂度我们是不可以接受的，我们要想办法优化。

考虑对于当前的位置\(j\)，想让下一次找到的位置\(j'\)能更新答案，其必须满足\(a_{j'}-a_i<a_j-a_{j'}\)，因为位置\(j'\)更新过位置\(j\)，要更新后缀最小值，那就必须满足这个式子。移项后我们可以得到\(a_{j'}-a_i<\frac{1}{2}(a_j-a_i)\)，也就是说新的位置\(j'\)必须的权值必须满足\(\frac{a_i+a_j}{2}<a_{j'}<a_i\)。这样每次我们查询的值都减半，设值域为\(V\)，则时间复杂度为\(O(logV)\)。

还是满难想的。

AC_code

#include<bits/stdc++.h>
#define ios ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0), cout.tie(0)
using namespace std;

const int N = 3e5 + 10,inf = 0x3f3f3f3f;
typedef pair<int,int> pii;

struct Node
{
    int l,r;
    int mx;
}tr[N*33];

int n,m,cnt,root;
int a[N],ans[N],t[N];
vector<pii> que[N];

void add(int x,int k)
{
    while(x)
    {
        t[x] = min(t[x],k);
        x -= x & -x;
    }
}

int querymin(int x)
{
    int res = inf;
    while(x<=n)
    {
        res = min(res,t[x]);
        x += x & -x;
    }
    return res;
}

void pushup(int u)
{
    tr[u].mx = max(tr[tr[u].l].mx,tr[tr[u].r].mx);
}

void modify(int &u,int l,int r,int x,int k)
{
    if(!u) u = ++cnt;
    if(l==r)
    {
        tr[u].mx = max(tr[u].mx,k);
        return ;
    }
    int mid = l + r >> 1;
    if(x<=mid) modify(tr[u].l,l,mid,x,k);
    else modify(tr[u].r,mid+1,r,x,k);
    pushup(u);
}

int query(int u,int l,int r,int x,int y)
{
    if(l>y||r<x) return 0;
    if(!u) return 0;
    if(x<=l&&r<=y) return tr[u].mx;
    int mid = l + r >> 1;
    return max(query(tr[u].l,l,mid,x,y),query(tr[u].r,mid+1,r,x,y));
}

void clear()
{
    for(int i=1;i<=n;i++) t[i] = inf;
    for(int i=1;i<=cnt;i++) tr[i].l = tr[i].r = tr[i].mx = 0;
    root = cnt = 0;
}

void solve()
{
    clear();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int pos = query(root,0,inf,a[i],inf);
        while(pos)
        {
            add(pos,a[pos] - a[i]);
            pos = query(root,0,inf,a[i],(a[i] + a[pos])/2 - (~(a[i]+a[pos])&1));
        }
        modify(root,0,inf,a[i],i);
        for(auto it:que[i])
            ans[it.second] = min(ans[it.second],querymin(it.first));
    }
}

int main()
{
    ios;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    cin>>m;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int l,r;cin>>l>>r;
        ans[i] = inf;
        que[r].push_back({l,i});
    }
    solve();
    for(int i=1;i<=n;i++) a[i] = inf - a[i];
    solve();
    for(int i=1;i<=m;i++) cout<<ans[i]<<'\n';
    return 0;
}