Sakura no Uta & Ynoi1998

最近把樱之诗打了，顺便补一下这几个题，重新理了下思路。

三个题目当中最喜欢 P12084，还有不难看出出题人是 yumi 推百合nb

虽然我推禀，但是 Rina 和 Yumi 也很可爱就是了

P12082 Frühlingsbeginn

不带修版本是经典问题，扫描线维护线段树就行，但这么做不好扩展。

记一个询问为 \((t,L,R)\)，一个线段为 \((l,r,tl,tr)\)，一个线段能被询问用上时满足 \(t\in[tl,tr],[l,r]\in[L,R]\)，发现这是个三维偏序不太好处理，考虑分治降维。

考虑按猫树的形式，分治到 \([pl,pr]\) 时考虑 \(pl\leq L \leq mid \leq R \leq pr\) 的询问，分类讨论 \((l,r,tl,tr)\) 线段是否跨越 \(mid\) 并分算它们的贡献。

对于跨越 \(mid\)，我们只需要求出这些线段覆盖的最左和最右位置就行，左侧右侧是类似的，以右侧举例，求的就是 \(\max r\)，满足 \(r\leq pr,l\ge pl,t\in [tl,tr]\)，是三维偏序的形式，考虑 cdq 分治一下，然后维护 \(t\) 的单修区间最值线段树即可。

不跨越时分左边右边两种情况，也是类似的，只考虑右边，扫描线 \(R\)，维护时间轴的线段树，值为能覆盖到的最小的 \(L\)，扫描线移动 \(R \rightarrow R+1\) 时，修改就是个区间取 \(\min\)，还要注意有的位置没被覆盖到（不合法）的要删去。

对于一个线段而言，对分治区间有贡献肯定满足 \([l,r] \in [pl,pr]\)，所以一个线段最多出现 \(\log\) 次。

总复杂度 \(n\log^2 n\)，轻度卡常。

P12083 [Ynoi1998] Marchen

区间升序三元组计数（之前想过这东西，但没想到真有人出，还卡进 2s 了）

不弱于区间顺序对，考虑根号，又强制在线，考虑分块。

汲取 P5046，P6579 被爆的教训，直接分块做需要大分讨，非常恶心而且常数巨大。这里通过一些容斥和坐标轴翻转的技巧效果拔群。

这里参考 @wzr0507 的做法。

考虑翻转值域跟位置，翻转过后变成求全局升序三元组，并且要满足 \([a_i,a_k]\in [l,r]\)。

这样做的好处是只存在整块，对于整块内部离散化后值域为 \(O(B)\)，可以提前 \(O(B^2)\) 求出整块内部的贡献，是简单的。

然后对于 \(i,j,k\) 当中有两个同块的情况，不妨 \(i,j\) 同块，有 \([l\le a_i < a_j < a_k \le r]=[l \le a_i < a_j < a_k]-[l\le a_i < a_j][r < a_k]\)，然后就比较好做了，对于块内预处理，从左往右扫就行。

三个都不同块时，\([l \le a_i < a_j][a_j < a_k \le r]=([a_i < a_j]-[a_i<a_j][l>a_i])([a_j<a_k]-[a_j<a_k][r<a_k])\)，拆开过后四个情况分别做就行。

在这里容斥的优越性体现的比 P6579 更加明显。

P12084 [Ynoi1998] ZYPRESSEN

最厉害的一个题，最后关于支配对的部分真的神了，题目背景也很喜欢。yumi

先值域分块，按值域 \([2^k,2^{k+1})\) 为第 \(k\) 块。三个同块的数一定能组成三角形。

考虑从小到大，找到第一个 \(x\) 满足第 \(x\) 块有不少于 \(3\) 个数。

对于选的边都在 \(1\) ~ \(x\) 块的情况，这些边只有 \(O(\log V)\) 条，暴力求它们的答案就行。

剩下的情况，由于第 \(x\) 块已经存在 \(3\) 个数，所以答案不超过 \(3\times (2^{x+1}-1)< 2^{x+3}-1\)，所以最大边小于 \(2^{x+2}\)，只会用块 1 ~ \(x+1\) 的边。

进一步考虑，此时最小边 \(a_i\) 一定 \(<2^x\)，否则一定不优于把 \(x+1\) 块的边改为 \(x\) 块的边。

然而对于 \(a_i\) 要作为最小边，区间 \([l,r]\) 中于 \(a_i\) 同块的最多只能有 \(1\) 个（不包括自己），所以对于每个块而言，每个数作为最小边的可行的区间总共是 \(O(n)\) 的，总共就是 \(n\log V\) 的。

很神秘的是对于这些区间求出来的支配对数也是线性的。

考虑 \(a_x\) 为最小边，对于每个位置记 \(b_i=\lfloor \frac {a_i} {a_x} \rfloor\)，此时不难有 \(|b_i-b_j|\le 1\)。

对于 \(b_i=b_j\) 时，必定能组成三角形，我们不妨 \(i<j\)，从左往右枚举 \(j\) 维护可选集 \(i\)，发现每次加入 \(j\) 时所有 \(a_i \ge a_j\) 的全部被支配了，实际上我们是对每个 \(b_i\) 维护了个单调栈。对于 \(j\) 只会选栈顶，因为对于栈中满足 \(x<y<j,a_x<a_y<a_j\)，\((x,j)\) 必定被 \((x,y)\) 支配，还有每次弹出的 \(i\) 是被 \(j\) 支配，所以要将 \((i,j,x)\) 也加入答案。

对于 \(|b_i-b_j|=1\) 时，不妨 \(i<j,b_j=b_i+1\)，此时 \(j\) 一定只会选前面第一个 \(i\)，原因是如果同时存在 \(x,y,x<y<j,b_x=b_y=b_j-1\)，那么 \((x,j)\) 必定被 \((x,y)\) 支配，对于 \(b_j=b_i-1\) 的情况把序列翻转过来是相同的。

于是支配对总数是 \(n\log V\) 的，然后做二维数点即可，复杂度 \(n\log V\log n + q\log n\)。