【bzoj4491】我也不知道题目名字是什么 离线扫描线+线段树

题目描述

给定一个序列A[i]，每次询问l,r，求[l,r]内最长子串，使得该子串为不上升子串或不下降子串

输入

第一行n，表示A数组有多少元素
接下来一行为n个整数A[i]
接下来一个整数Q，表示询问数量
接下来Q行，每行2个整数l，r

输出

对于每个询问，求[l,r]内最长子串，使得该子串为不上升子串或不下降子串

样例输入

9
1 2 3 4 5 6 5 4 3
5
1 6
1 7
2 7
1 9
5 9

样例输出

6
6
5
6
4

---

题解

离线扫描线+线段树

考虑询问 $[l,r]$ ，对于选出子串的左端点i，右端点一定是 $min(pos[i],r)$ ，其中 $pos[i]$ 表示从 $i$ 开始的最长不上升子串的最终位置。

那么我们先扫一遍整个序列，求出从每个位置开始的最长不上升子串的最终位置。

然后把 $min(pos[i],r)$ 分为两种情况，即求满足 $pos[i]\le r$ 的所有i中最大的 $pos[i]-i$ ，和满足 $pos[i]>r$ 的所有 $i$ 中最大的 $r-i$（即最大的 $-i$ )

把序列位置看作 $(i,pos[i])$，询问看作 $(l,r)$ ，相当于二维平面上的点，显然这个问题可以用离线扫描线+线段树的方法来解决。

把序列位置按照 $pos[i]$ 从小到大排序，把询问按照 $r$ 从小到大排序。对于 $pos[i]\le r$ 的情况，从前往后扫描询问，把所有 $pos[i]\le r$ 的 $i$ 在线段树的 $i$ 的位置加入 $pos[i]-i$ ，询问直接在线段树求 $[l,r]$ 的最大值。 $pos[i]>r$的情况同理。

时间复杂度 $O(n\log n)$

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 50010
#define lson l , mid , x << 1
#define rson mid + 1 , r , x << 1 | 1
using namespace std;
struct data
{
	int l , r , id;
	bool operator<(const data &a)const {return r < a.r;}
}v[N << 1] , q[N];
int a[N] , tot , mx[N << 2] , ans[N];
void build(int l , int r , int x)
{
	mx[x] = -1 << 30;
	if(l == r) return;
	int mid = (l + r) >> 1;
	build(lson) , build(rson);
}
void update(int p , int v , int l , int r , int x)
{
	mx[x] = max(mx[x] , v);
	if(l == r) return;
	int mid = (l + r) >> 1;
	if(p <= mid) update(p , v , lson);
	else update(p , v , rson);
}
int query(int b , int e , int l , int r , int x)
{
	if(b <= l && r <= e) return mx[x];
	int mid = (l + r) >> 1 , ans = -1 << 30;
	if(b <= mid) ans = max(ans , query(b , e , lson));
	if(e > mid) ans = max(ans , query(b , e , rson));
	return ans;
}
int main()
{
	int n , m , i , p;
	scanf("%d" , &n);
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &a[i]);
	for(p = i = 1 ; i <= n ; i ++ )
		if(a[i] < a[i - 1])
			while(p < i)
				v[++tot].l = p ++  , v[tot].r = i - 1;
	while(p <= n) v[++tot].l = p ++  , v[tot].r = n;
	for(p = i = 1 ; i <= n ; i ++ )
		if(a[i] > a[i - 1])
			while(p < i)
				v[++tot].l = p ++  , v[tot].r = i - 1;
	while(p <= n) v[++tot].l = p ++  , v[tot].r = n;
	scanf("%d" , &m);
	for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) scanf("%d%d" , &q[i].l , &q[i].r) , q[i].id = i;
	sort(v + 1 , v + tot + 1) , sort(q + 1 , q + m + 1);
	build(1 , n , 1);
	for(p = i = 1 ; i <= m ; i ++ )
	{
		while(p <= tot && v[p].r <= q[i].r) update(v[p].l , v[p].r - v[p].l + 1 , 1 , n , 1) , p ++ ;
		ans[q[i].id] = max(ans[q[i].id] , query(q[i].l , q[i].r , 1 , n , 1));
	}
	build(1 , n , 1);
	for(p = tot , i = m ; i ; i -- )
	{
		while(p && v[p].r > q[i].r) update(v[p].l , -v[p].l , 1 , n , 1) , p -- ;
		ans[q[i].id] = max(ans[q[i].id] , query(q[i].l , q[i].r , 1 , n , 1) + q[i].r + 1);
	}
	for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) printf("%d\n" , ans[i]);
	return 0;
}