[HNOI2016]序列

传送门


这题挺有意思，像数据结构，结果完全用不上。


切入点挺怪的，我也不知道为什么能这么想：先求出所有前缀的答案。

令\(f[i]\)表示右端点在\(i\)，左端点在\([1,i]\)的所有区间的最小值之和。

令\(pre_i\)表示在\(i\)之前第一个比\(a_i\)小的数的位置，那么左端点在\([pre_i + 1,i]\)之间的区间的最小值全是\(a_i\)，即贡献了\(a_i * (i - pre_i)\)。

那左端点在\([1,pre_i]\)的这些区间呢？接下来是关键：\([j, i](1 \leqslant j \leqslant pre_i)\)的这些区间的最小值，和\([j, pre_i](1 \leqslant j \leqslant pre_i)\)的最小值相同，也就是说，贡献是一样的！

那么就有：\(f[i] = f[pre_i]+a_i * (i - pre_i)\).

而且，\(f[i] - f[pre_i]\)就是\([j, i](pre_i < j \leqslant i)\)的这些区间的最小值之和。

至于求\(pre_i\)，用单调栈即可。


求完上述的递推式后，这道题就好做了。

对于任意的区间\([L, R]\)，求出区间最小值的位置\(p\)，那么所有区间跨过\(p\)的区间的贡献就是\(a[p] * (R - p + 1) * (p - L + 1)\).

而对于没有跨过\(p\)的区间，考虑右侧的区间，那不正好就是上面的\(f[i] - f[p]\)嘛！

对于左侧的那些区间，我们对称的处理出\(f'\)，那么左侧区间的贡献就是\(f'[L] - f'[p]\)了。

所以每一个询问是\(O(1)\)的，总复杂度\(O(nlogn)\)，瓶颈在于RMQ的预处理。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<queue>
#include<assert.h>
#include<ctime>
using namespace std;
#define enter puts("") 
#define space putchar(' ')
#define Mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
#define In inline
#define forE(i, x, y) for(int i = head[x], y; ~i && (y = e[i].to); i = e[i].nxt)
typedef long long ll;
typedef double db;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const db eps = 1e-8;
const int maxn = 1e5 + 5;
const int N = 17;
In ll read()
{
	ll ans = 0;
	char ch = getchar(), las = ' ';
	while(!isdigit(ch)) las = ch, ch = getchar();
	while(isdigit(ch)) ans = (ans << 1) + (ans << 3) + ch - '0', ch = getchar();
	if(las == '-') ans = -ans;
	return ans;
}
In void write(ll x)
{
	if(x < 0) x = -x, putchar('-');
	if(x >= 10) write(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}
In void MYFILE()
{
#ifndef mrclr
	freopen(".in", "r", stdin);
	freopen(".out", "w", stdout);
#endif
}

int n, Q, a[maxn];

ll f1[maxn], sum1[maxn], f2[maxn], sum2[maxn];
int st[maxn], top = 0, pre[maxn];
In void solve(ll *f, ll *sum)
{
	top = 0;
	for(int i = n; i; --i)
	{
		while(top && a[i] <= a[st[top]]) pre[st[top--]] = i;
		st[++top] = i;
	}
	while(top) pre[st[top--]] = 0;
	for(int i = 1; i <= n; ++i) f[i] = f[pre[i]] + 1LL * a[i] * (i - pre[i]);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) sum[i] = sum[i - 1] + f[i];
}

int dp[maxn][N + 2], ha[maxn];
In void rmq_init()
{
	for(int i = 1; i <= n; ++i) dp[i][0] = i;
	for(int j = 1; (1 << j) <= n; ++j)
		for(int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; ++i)
		{
			int tp1 = dp[i][j - 1], tp2 = dp[i + (1 << (j - 1))][j - 1];
			dp[i][j] = a[tp1] < a[tp2] ? tp1 : tp2;
		}
	for(int i = 2; i <= n; ++i) ha[i] = ha[i >> 1] + 1;
}
In int query(int L, int R)
{
	int k = ha[R - L + 1];
	int tp1 = dp[L][k], tp2 = dp[R - (1 << k) + 1][k];
	return a[tp1] < a[tp2] ? tp1 : tp2;
}

int main()
{
	n = read(), Q = read();
	for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
	solve(f1, sum1);
	reverse(a + 1, a + n + 1);
	solve(f2, sum2);
	reverse(a + 1, a + n + 1);
	reverse(f2 + 1, f2 + n + 1);
	reverse(sum2 + 1, sum2 + n + 1);
	rmq_init();
	for(int i = 1; i <= Q; ++i)
	{
		int L = read(), R = read();
		int p = query(L, R);
		ll ans1 = sum1[R] - sum1[p] - f1[p] * (R - p);
		ll ans2 = sum2[L] - sum2[p] - f2[p] * (p - L);
		write(1LL * a[p] * (R - p + 1) * (p - L + 1) + ans1 + ans2), enter;
	}
	return 0;
}