Lipshitz

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Description

　　大M正在学习函数的光滑性并对Lipschitz常数非常感兴趣：当一个定义域为\([l,r]\)的函数\(f\)，对于定义域内的任意\(x,y\)都有\(|f(x)-f(y)|<=K*|x-y|\)时，则称\(K\)为该函数在\([l,r]\)上的Lipschitz常数。

​　　然而大M并不满足于函数，所以他定义：对于一个序列\(v[1..n]\)的Lipschitz常数\(K\)，当\(1<=x<y<=n\)且\(x,y\)均为整数时，同样满足\(|v[x]-v[y]|<=K*|x-y|\)的\(K\)的最小值

　　现在给你一个长度为n的序列\(v[1..n]\)并给出\(q\)个询问，对于每对询问\([l,r]\)，你需要求出\(v[l..r]\)的所有子序列\(v[x..y](l<=x<y<=r)\)的Lipschitz常数之和

​　　数据范围：$n<=100000,q<=100 $

　　

Solution

　　这题的关键在于，要证明对于区间\([l,r]\)来说，\(K\)一定是\(max(\frac{|v[i]-v[i-1]}{|i-(i-1)|})\)

　　我们可以将\(\frac{|v[x]-v[y]|}{|x-y|}\)看成一个求平均值的过程，再具体一点的话就是如果我们将\(v\)看成一个函数，这个式子其实相当于求一段区间（两个端点分别是\(x\)和\(y\)）中\(|v[i]-v[i-1]|\)的平均值，那么也就是说明最大值显然应该是在区间长度为\(1\)的时候取得（否则总能通过舍掉较小的部分取得更优的结果）

　　那所以我们可以直接求得\(K\)的所有可能的取值了（存在\(w\)数组中），接下来还是常用的套路，看每个取值能在哪个区间内提供贡献

　　这个其实比较好处理，我们用一个单调栈预处理出每一个\(K\)值的前一个比它大的位置和后一个比它大的位置，前者记为\(pre\)，后者记为\(nxt\)，那么我们可以直接算出这个由\(|v[i]-v[i-1]|\)产生的\(K\)对答案的贡献了，它能贡献的子区间左端点的取值范围为\(w\)数组中的\([max(l+1,pre+1),i]\)，右端点的取值范围为\(w\)数组中的\([i,min(r,nxt-1)]\)，其中\(l,r\)是询问的区间

​　　什么叫做\(w\)数组中的一个区间呢？其实是因为\(w\)数组的定义写出来的话应该是\(w[i]=|v[i]-v[i-1]|\)，也就是说\(w\)中的一个位置其实包含了\(v\)中的两个位置，这么说好像还是有点绕，但反正就是边界什么的需要稍微。。自己推一下

​　　然后还有一个问题是如果说\(w\)数组中（也就是\(K\)的所有取值中）有重复的怎么处理，那其实比较显然只要左端点算上重复的，右端点不算上就好了

​　　（然而。。貌似左端点不算右端点算不太行的样子（也可能是因为我自己写挫了），就比如说会出现这种情况：\(w=\{0,2,1,2,1\}\)，然后如果左端点不算右端点算的话会把\(K=2\)时的\(\{2,1,2,1\}\)这种情况漏掉）

　　

​　　代码大概长这个样子

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#define Pr pair<int,int>
#define mp make_pair
#define ll long long
using namespace std;
const int N=100010;
int a[N],pre[N],nxt[N],loc[N],w[N];
Pr rec[N];
int n,m,top;
int Abs(int x){return x<0?-x:x;}
bool cmp(int x,int y){return w[x]<w[y];}
void prework(){
	top=0;
	pre[1]=0; rec[++top]=mp(w[1],1);
	for (int i=2;i<=n;++i){
		while(top&&rec[top].first<w[i]) --top;
		if (top==0) pre[i]=0;
		else pre[i]=rec[top].second;
		rec[++top]=mp(w[i],i);
	}
	top=0;
	nxt[n]=n+1; rec[++top]=mp(w[n],n);
	for (int i=n-1;i>=1;--i){
		while (top&&rec[top].first<w[i]) --top;
		if (top==0) nxt[i]=n+1;
		else nxt[i]=rec[top].second;
		rec[++top]=mp(w[i],i);
	}
}
void solve(int l,int r){
	int L,R;
	ll ans=0;
	for (int i=l+1;i<=r;++i){
		L=max(l+1,w[pre[i]]==w[i]?pre[i]:pre[i]+1),R=min(nxt[i]-1,r);
		ans+=1LL*w[i]*((R-i+1)*(i-L+1));
		//printf("%d %d\n",w[i],(R-i+1)*(i-L+1));
	}
	printf("%lld\n",ans);
}

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("a.in","r",stdin);
#endif
	int l,r;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",a+i);
	w[1]=0;
	for (int i=2;i<=n;++i) w[i]=Abs(a[i]-a[i-1]);
	prework();
	for (int i=1;i<=m;++i){
		scanf("%d%d",&l,&r);
		solve(l,r);
	}
}
/*
input1
10 4
1 5 2 9 1 3 4 2 1 7
2 4
3 8
7 10
1 9

output1
17
82
23
210

input2
7 6
5 7 7 4 6 6 2
1 2
2 3
2 6
1 7
4 7
3 5

output2
2
0
22
59
16
8
*/