【题解】P4755 Beautiful Pair(启发式合并的思路+分治=启发式分治)

【题解】P4755 Beautiful Pair

upd: 之前一个first second烦了,现在AC了

由于之前是直接抄std写的,所以没有什么心得体会,今天自己写写发现

不知道为啥\(90\)

我直接把之前写的总结kuai过来

而选取其他位置(比如序列的最大值)由不能保证复杂度。但是如果每层分治的复杂度只与较小的一侧的大小有关,那么这个复杂度就等同于启发式合并的复杂度。

一句话证明启发式合并的复杂度:一次合并至少有一个集合倍增了。

Luogu4755 Beautiful Pair(\(max\)分治)

\(max\)分治意思就是分治的时候不好取中间数作为分治中心,要选择别的特殊数进行分治,此时可以利用启发式合并的思想做到外层一个\(\log\)

给一个序列 \(\{a_i \}\),求有多少对 \(1 ≤ i ≤ j ≤ n\) 满足 \(a_i a_ j ≤ max _{k=i}^j a_ k\)

考虑这样的做法,如何分治求这种数对,考虑这样的做法:

分治处理区间:长度为\(n,[l,r]\)并且跨过\([l,r]\)某个最大值(有多个最大值的时候随意指定一个)的所有答案区间个数:

首先随便一个数据结构维护出一段区间的最大值的位置(多个的时候随便指定一个),就把这个\([l,r]\)分成了两个区间递归下去即可。 现在复杂度的关键在于处理当前层的复杂度了,受到启发式合并的启发(大雾),我们考虑大段维护,小的朴素,考虑这样的做法:

首先对于短的那一边区间的长度必定\(\le n/2\),现在先枚举这半边区间的\(a_u\),设当前层的全局最大值为\(k\),那么我们现在要查询另一边区间中,小于等于\(\lfloor \dfrac {k}{a_u}\rfloor\)\(a_i\)个数,这个东西直接值域主席树维护一波。主席树是一个log的。这样统计当前层的答案的复杂度是\(f(n)=O(\dfrac n 2 \log L)\)。由于每层的复杂度和当前层短的那一边有关,利用启发式合并的复杂度证明方法很容易发现这样的复杂度是\(O(n \log^2n)\)的,只要倒着看我们这个分治的递归就行了。

//@winlere
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define mid ((l+r)>>1)
#define lef l,mid,seg[pos].ls
#define rgt mid+1,r,seg[pos].rs
#define pp(x) seg[x].val=seg[seg[x].ls].val+seg[seg[x].rs].val
using namespace std;  typedef long long ll;   typedef const int& cint;
inline int qr(){
      register int ret=0,f=0;
      register char c=getchar();
      while(c<48||c>57)f|=c==45,c=getchar();
      while(c>=48&&c<=57) ret=ret*10+c-48,c=getchar();
      return f?-ret:ret;
}
const int maxn=1e5+5;
pair<int,int> st[maxn][19];
int lg[maxn],n,data[maxn],sav[maxn],len;   ll ans;
inline pair<int,int> que(int l,int r){return max(st[l][lg[r-l]],st[r-(1<<lg[r-l])+1][lg[r-l]]);}
struct Chairseg{
      struct E{
        int ls,rs,val;
        E(){ls=rs=val=0;} E(cint a,cint b,cint c){ls=a; rs=b; val=c;}
      }seg[maxn*60];
      int rt[maxn],cnt,n;
      void build(int k,int val,int l,int r,int pos,int last){
        if(l==r){seg[pos].val=seg[last].val+val;return;}
        seg[pos]=seg[last];
        if(k<=mid) seg[pos].ls=++cnt,build(k,val,lef,seg[last].ls);
        if(k> mid) seg[pos].rs=++cnt,build(k,val,rgt,seg[last].rs);
        pp(pos);
      }
      int que(int L,int R,int l,int r,int pos){
        if(L>r||R<l||r<0) return 0;
        if(L<=l&&r<=R) return seg[pos].val;
        return que(L,R,lef)+que(L,R,rgt);
      }
      ll que(int L,int R,int l,int r){return que(l,r,1,n,rt[R])-que(l,r,1,n,rt[L-1]);}
      inline void init(const int&n){this->n=n;}
}T;
inline int divd(const int&x){return upper_bound(sav+1,sav+len+1,x)-sav-1;}
void divd(int l,int r){
      if(l>=r) return ans+=ll(l==r)*(data[l]==1),void();
      const pair<int,int>&now=que(l,r);
      if(now.second<mid)
        for(int t=l;t<=now.second;++t)
          ans=ans+T.que(now.second,r,1,divd(now.first/data[t]));
      else
        for(int t=now.second;t<=r;++t)
          ans=ans+T.que(l,now.second,1,divd(now.first/data[t]));
      divd(l,now.second-1); divd(now.second+1,r);
}
int main(){
      n=qr();
      for(int t=1;t<=n;++t) lg[t]=lg[t-1]+(1<<lg[t-1]<<1==t);
      for(int t=1;t<=n;++t) st[t][0]=make_pair(data[t]=qr(),t),sav[t]=data[t];
      for(int t=1;t<=lg[n];++t)
        for(int i=1;i<=n;++i)
          st[i][t]=max(st[i][t-1],st[min(i+(1<<t>>1),n)][t-1]);
      sav[n+1]=1e9+1;
      sort(sav+1,sav+n+2);
      len=unique(sav+1,sav+n+2)-sav-1;
      T.init(len);
      for(int t=1;t<=n;++t) T.build(divd(data[t]),1,1,T.n,T.rt[t]=++T.cnt,T.rt[t-1]);
      divd(1,n);
      printf("%lld\n",ans);
      return 0;
}
posted @ 2019-09-11 16:17 谁是鸽王 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏