Luogu P10833 [COTS 2023] 下 Niz 题解 [ 紫 ] [ Xor Hashing ] [ 线段树 ] [ 扫描线 ] [ 笛卡尔树 ] [ 最值分治 ]

下 Niz

唐题。

Sol.1 Xor Hashing

给每个数字随机赋权，然后找到序列中所有值为 \(1\) 的位置 \(p_i\)，维护指针 \(j\) 从 \(p_i\) 一直扫到 \(p_{i + 1}\)，记录 \(p_i\sim j\) 之间的最大权值。那么要以 \(\bm j\) 为右端点，且最大值在右侧的答案，就必须满足 \([r - \max + 1, r]\) 是一个合法的排列。这个可以直接通过求哈希值的异或前缀和实现。最后统计左侧的答案倒着做一遍即可。时间复杂度 \(O(n)\)。

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define eb(x) emplace_back(x)
#define pb(x) push_back(x)
#define lc(x) (tr[x].ls)
#define rc(x) (tr[x].rs)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
using pi = pair<int, int>;
const int N = 1000005;
const ll MXV = 1000000000000000000ll;
mt19937_64 rnd((unsigned) time(NULL));
ll rd(ll l, ll r)
{
    return uniform_int_distribution<ll> (l, r) (rnd);
}
int n, a[N];
ll ans, cw[N], b[N], pre[N];
int main()
{
    //freopen("sample.in", "r", stdin);
    //freopen("sample.out", "w", stdout);
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cw[i] = rd(1, MXV);
        cin >> a[i];
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        b[i] = cw[a[i]];
        b[i] ^= b[i - 1];
        pre[i] = cw[i] ^ pre[i - 1];
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if(a[i] == 1)
        {
            ans++;
            int mx = 1;
            for(int j = i + 1; j <= n; j++)
            {
                mx = max(mx, a[j]);
                if(a[j] == 1) break;
                if((b[j] ^ b[j - mx]) == pre[mx]) ans++;
            }
        }
    }
    reverse(a + 1, a + n + 1);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        b[i] = cw[a[i]];
        b[i] ^= b[i - 1];
        pre[i] = cw[i] ^ pre[i - 1];
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if(a[i] == 1)
        {
            int mx = 1;
            for(int j = i + 1; j <= n; j++)
            {
                mx = max(mx, a[j]);
                if(a[j] == 1) break;
                if((b[j] ^ b[j - mx]) == pre[mx]) ans++;
            }
        }
    }    
    cout << ans;
    return 0;
}

Sol.2 扫描线

转化条件为：

• \(\max = r - l + 1\)。
• 所有数字互不相同。

第二个条件是好做的，我们对每一个数维护它下标最大的前驱，然后最后扫一遍维护前缀最大值就能求出所有数互不相同的极长区间。

对于第一个而言，因为我们已经保证了区间内的数不重复，所以 \(\max - (r - l + 1)\) 一定能大于等于 \(0\)。维护最大值用单调栈，最后用线段树直接做一个类似矩形面积并的扫描线即可。

时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

Sol.3 最值分治

转化的条件与上文相同。我们对这个最大值考虑，建出原序列的笛卡尔树，在上面最值分治。

首先要像上面一样预处理极长区间，然后我们最值分治的时候枚举较小的那一个区间，判断另一侧的答案是否合法即可。

时间复杂度 \(O(n\log n)\)。