【bzoj4540】[Hnoi2016]序列 单调栈+离线+扫描线+树状数组区间修改区间查询

题目描述

给出一个序列，多次询问一个区间的所有子区间最小值之和。

输入

输入文件的第一行包含两个整数n和q，分别代表序列长度和询问数。接下来一行，包含n个整数，以空格隔开,第i个整数为ai，即序列第i个元素的值。接下来q行，每行包含两个整数l和r，代表一次询问。

输出

对于每次询问，输出一行，代表询问的答案。

样例输入

5 5
5 2 4 1 3
1 5
1 3
2 4
3 5
2 5

样例输出

28
17
11
11
17

---

题解

单调栈+离线+扫描线+树状数组区间修改区间查询

首先把使用单调栈找出每个数左边第一个大于等于它的数的位置 $lp[i]$ 和右边第一个大于它的数的位置 $rp[i]$ 。

然后每个数的贡献为：左端点在 $[lp[i]+1,i]$ ，右端点在 $[i,rp[i]-1]$ 的所有区间。

如果把区间看作二维平面上的点的话，每个数的贡献相当于是一个矩形，查询范围也是一个矩形。因此问题转化为矩形加、查询矩形和。

可以使用树状数组区间修改来维护，具体方法可以参考 【bzoj3132】上帝造题的七分钟 。

然而本题坐标范围较大，不能直接上二维树状数组，需要使用扫描线去掉一维，然后使用树状数组解决。方法和那道题一样，维护 $\sum v_i,\sum x_iv_i,\sum y_iv_i,\sum x_iy_iv_i$ 即可。

因此离线处理，把每个修改矩形、询问矩形都拆成4个点，放到一起排序，然后扫一遍统计答案即可。（一个小技巧：由于区间左端点一定小于等于右端点，因此整个平面只有横坐标小于等于纵坐标的才有意义，因此可以只把询问矩形拆成两个点）

时间复杂度 $O(n\log n)$

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 100010
using namespace std;
typedef long long ll;
int n , a[N] , sta[N] , top , lp[N] , rp[N] , tot;
ll ans[N];
struct bit
{
	ll v[N];
	inline void add(int x , ll a)
	{
		int i;
		for(i = x ; i <= n ; i += i & -i) v[i] += a;
	}
	inline ll query(int x)
	{
		int i;
		ll ans = 0;
		for(i = x ; i ; i -= i & -i) ans += v[i];
		return ans;
	}
}A , B , C , D;
struct data
{
	int x , y , opt , c;
	data() {}
	data(int p , int q , int r , int s) {x = p , y = q , opt = r , c = s;}
	bool operator<(const data &a)const {return y == a.y ? !opt && a.opt : y < a.y;}
}p[N * 6];
inline void modify(int x , int y , ll a)
{
	A.add(x , a) , B.add(x , a * x) , C.add(x , a * y) , D.add(x , a * x * y);
}
inline ll solve(int x , int y)
{
	return A.query(x) * (x + 1) * (y + 1) - B.query(x) * (y + 1) - C.query(x) * (x + 1) + D.query(x);
}
inline int read()
{
	int ret = 0 , f = 0; char ch = getchar();
	while(!isdigit(ch)) f |= (ch == '-') , ch = getchar();
	while(isdigit(ch)) ret = ((ret + (ret << 2)) << 1) + (ch ^ '0') , ch = getchar();
	return f ? -ret : ret;
}
int main()
{
	n = read();
	int m = read() , i , l , r;
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[i] = read();
	top = 0 , sta[0] = 0;
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
	{
		while(top && a[i] < a[sta[top]]) top -- ;
		lp[i] = sta[top] + 1 , sta[++top] = i;
	}
	top = 0 , sta[0] = n + 1;
	for(i = n ; i ; i -- )
	{
		while(top && a[i] <= a[sta[top]]) top -- ;
		rp[i] = sta[top] - 1 , sta[++top] = i;
	}
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
	{
		p[++tot] = data(lp[i] , i , 0 , a[i]);
		p[++tot] = data(i + 1 , i , 0 , -a[i]);
		p[++tot] = data(lp[i] , rp[i] + 1 , 0 , -a[i]);
		p[++tot] = data(i + 1 , rp[i] + 1 , 0 , a[i]);
	}
	for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
	{
		l = read() - 1 , r = read();
		p[++tot] = data(r , r , 1 , i);
		p[++tot] = data(l , r , -1 , i);
	}
	sort(p + 1 , p + tot + 1);
	for(i = 1 ; i <= tot ; i ++ )
	{
		if(p[i].opt) ans[p[i].c] += p[i].opt * solve(p[i].x , p[i].y);
		else modify(p[i].x , p[i].y , p[i].c);
	}
	for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) printf("%lld\n" , ans[i]);
	return 0;
}