【HNOI 2017】影魔

Problem

Description

影魔,奈文摩尔,据说有着一个诗人的灵魂。事实上,他吞噬的诗人灵魂早已成千上万。千百年来,他收集了各式各样的灵魂,包括诗人、牧师、帝王、乞丐、奴隶、罪人,当然,还有英雄。

每一个灵魂,都有着自己的战斗力,而影魔,靠这些战斗力提升自己的攻击。

奈文摩尔有 \(n\) 个灵魂,他们在影魔宽广的体内可以排成一排,从左至右标号 \(1\)\(n\)。第 \(i\) 个灵魂的战斗力为 \(k_i\),灵魂们以点对的形式为影魔提供攻击力,对于灵魂对 \(i, j(i<j)\) 来说,若不存在 \(k_s(i<s<j)\) 大于 \(k_i\) 或者 \(k_j\),则会为影魔提供 \(p_1\) 的攻击力(可理解为:当 \(j = i + 1\) 时,因为不存在满足 \(i < s < j\)\(s\),从而 \(k_s\) 不存在,这时提供 \(p_1\) 的攻击力;当 \(j > i + 1\) 时,若 \(\max\{k_s | i < s < j\}\le \min(k_i, k_j)\),则提供 \(p_1\) 的攻击力);另一种情况,令 \(c\)\(k_{i + 1}, k_{i + 2}, \cdots, k_{j -1}\) 的最大值,若 \(c\) 满足:\(k_i < c < k_j\),或者 \(k_j < c < k_i\),则会为影魔提供 \(p_2\) 的攻击力,当这样的 \(c\) 不存在时,自然不会提供这 \(p_2\) 的攻击力;其他情况的点对,均不会为影魔提供攻击力。

影魔的挚友噬魂鬼在一天造访影魔体内时被这些灵魂吸引住了,他想知道,对于任意一段区间 \([a,b]\),位于这些区间中的灵魂对会为影魔提供多少攻击力,即考虑所有满足 \(a\le i<j\le b\) 的灵魂对 \(i, j\) 提供的攻击力之和。

顺带一提,灵魂的战斗力组成一个 \(1\)\(n\) 的排列:\(k_1, k_1, \cdots, k_n\)

Input Format

第一行四个整数 \(n,m,p_1,p_2\)

第二行 \(n\) 个整数数:\(k_1, k_2,\cdots, k_n\)

接下来 \(m\) 行,每行两个数 \(a,b\),表示询问区间 \([a,b]\) 中的灵魂对会为影魔提供多少攻击力。

Output Format

共输出 \(m\) 行,每行一个答案,依次对应 \(m\) 个询问。

Sample

Input

10 5 2 3
7 9 5 1 3 10 6 8 2 4
1 7
1 9
1 3
5 9
1 5

Output

30
39
4
13
16

Range

对于 \(30\%\) 的数据,\(1\le n, m\le 500\)

另有 \(30\%\) 的数据,\(p_1 = 2p_2\)

对于 \(100\%\) 的数据,\(1\le n,m\le 200000, 1\le p_1, p_2\le 1000\)

Algorithm

线段树

Mentality

蛮简单的一道题吧 \(......\)

不难想到,我们应该首先求出两个数组 \(ll[i],rr[i]\) 分别代表 \(i\) 左边第一个比 \(a[i]\) 大的数的位置和右边第一个比 \(a[i]\) 大的数的位置。

具体怎么求呢?维护一个单调递减的单调栈就好了。详见代码。

然后我们发现,对于每个区间 \([i,i+1]\) ,它们必定都有 \(p1\) 的贡献,这个其实在输入询问的时候就可以处理了,即 \(ans+=(r-l)*p1\)

那么不难发现对于一个位置 \(i\) ,它对区间 \([ll[i]+1\sim i-1,rr[i]]\) 和区间 \([ll[i],i+1\sim rr[i]-1]\) 都能产生 \(p2\) 的贡献,那我们只需要将每个点 \(i\) 挂载在 \(ll[i],rr[i]\) 两个位置上,一旦扫到 \(ll[i]\) ,就将 \([i+1,rr[i]]\) 这段区间都加上 \(p2\) ,扫到 \(rr[i]\) ,就将 \(ll[i]\) 位置加上 \(p1\) ,将 \([ll[i]+1,i-1]\) 这段区间都加上 \(p2\) 即可统计区间贡献。

那么如何统计答案呢?其实很简单,对于每个询问区间 \([l,r]\) ,我们只需要保证统计的值全部都来自询问区间内的点对即可。那么换句话说,我们可以用总贡献减去不属于询问区间的贡献。

即我们在扫到某个询问左端点前一个位置 \(l-1\) 时,记录下 \([l,r]\) 的贡献和 \(sum1\) ,这些就是不属于询问区间的贡献,而扫到右端点 \(r\) 时记录下贡献和 \(sum2\) ,这些就是总贡献,那么答案就是 \(sum2-sum1\)

很简单伐。

注意事项:

  • 那些 \([i,i+1]\) 的小贡献要加上。

  • 对于一个点 \(i\) ,若左边或右边没有更大的了,将贡献区间左右端点挂载 \(0\)\(n+1\) 上,因为这种情况并不能产生贡献。

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
#define ls (o << 1)
#define rs ((o << 1) + 1)
#define mid ((l + r) >> 1)
int n, m, p1, p2, a[200001], ql[200001], qr[200001];
int top, L, R, x, stack[200001], rr[200001], ll[200001];
long long ans, sum[800005], adv[800005], sum1[200001], sum2[200001];
vector<int> Mount[5][200005];
void pushdown(int o, int l, int r) {
  adv[ls] += adv[o], adv[rs] += adv[o];
  sum[ls] += 1ll * (mid - l + 1) * adv[o];
  sum[rs] += 1ll * (r - mid) * adv[o];
  adv[o] = 0;
}
void add(int o, int l, int r) {
  if (L > R) return;
  if (l >= L && r <= R) {
    sum[o] += 1ll * (r - l + 1) * x, adv[o] += x;
    return;
  }
  pushdown(o, l, r);
  if (mid >= L) add(ls, l, mid);
  if (mid < R) add(rs, mid + 1, r);
  sum[o] = sum[ls] + sum[rs];
}
void query(int o, int l, int r) {
  if (l >= L && r <= R) {
    ans += sum[o];
    return;
  }
  pushdown(o, l, r);
  if (mid >= L) query(ls, l, mid);
  if (mid < R) query(rs, mid + 1, r);
  sum[o] = sum[ls] + sum[rs];
}
void Add(int l, int r, int w) {
  L = l, R = r, x = w;
  add(1, 0, n);
}
void Query(int l, int r) {
  L = l, R = r, ans = 0;
  query(1, 0, n);
}
int main() {
  freopen("3722.in", "r", stdin);
  freopen("3722.out", "w", stdout);
  cin >> n >> m >> p1 >> p2;
  for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
  stack[top = 0] = 0;  //初始值设为 0 和 n+1
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    while (top > 0 && a[stack[top]] < a[i]) top--;
    ll[i] = stack[top], stack[++top] = i;
  }  //单调栈预处理 ll,rr 数组
  stack[top = 0] = n + 1;
  for (int i = n; i >= 1; i--) {
    while (top > 0 && a[stack[top]] < a[i]) top--;
    rr[i] = stack[top], stack[++top] = i;
  }
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    Mount[1][rr[i]].push_back(i);
    Mount[2][ll[i]].push_back(i);
  }  //挂载贡献区间
  int l, r;
  for (int i = 1; i <= m; i++) {
    scanf("%d%d", &ql[i], &qr[i]);
    sum2[i] += 1ll * (qr[i] - ql[i]) * p1;
    Mount[3][ql[i] - 1].push_back(i);
    Mount[4][qr[i]].push_back(i);
  }  //挂载询问端点
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    for (int j = 0, limit = Mount[1][i].size(); j < limit; j++) {
      int to = Mount[1][i][j];
      Add(ll[to], ll[to], p1);
      Add(ll[to] + 1, to - 1, p2);
    }
    for (int j = 0, limit = Mount[2][i].size(); j < limit; j++) {
      int to = Mount[2][i][j];
      Add(to + 1, rr[to] - 1, p2);
    }
    for (int j = 0, limit = Mount[3][i].size(); j < limit; j++) {
      int to = Mount[3][i][j];
      Query(ql[to], qr[to]);
      sum1[to] = ans;
    }
    for (int j = 0, limit = Mount[4][i].size(); j < limit; j++) {
      int to = Mount[4][i][j];
      Query(ql[to], qr[to]);
      sum2[to] += ans;
    }
  }
  for (int i = 1; i <= m; i++) printf("%lld\n", sum2[i] - sum1[i]);
}
posted @ 2019-03-22 21:54  洛水·锦依卫  阅读(280)  评论(1编辑  收藏  举报