【PKUSC2018】星际穿越

被 scb 神仙教育来扫荡北大营题目 Orz

Description

Solution

　　首先有个很显然的性质，就是对于一组询问 $l,r,x$，从 $x$ 到 $[l,r]$ 的最短距离一定是从 $x$ 一直向左走或者从 $x$ 向右走 $1$ 单位时间然后一直向左走。

　　向右走 $1$ 单位时间到达的位置是 $L_i$ 最小的 $i$。如果 $\min\{L_i\}\ge L_x$ 那就不用考虑向右走一步的情况了，否则在 $\min\{L_i\}\lt L_x\lt x$ 的限制下，我们可以从 $x$ 一步到 $i$。

　　然后 $70$ 分做法就很显然了，从每个点出发，模拟上面两个情况即可。

　　code （我之前把 $q$ 也看成 $5000$ 了，所以 T 了好几发）

　　以上过程看起来可以倍增优化，然后就开始学习倍增转移技巧

　　首先不分开考虑向右走和不向右走两种情况，我们在查询时先强制从 $x$ 向左走一次，然后再往前倍增走即可，画图可知这样两种情况就合一了。此时我们不用考虑向右走的情况了，但强制往左走一次后再往左走到的位置就要取位置 $[x,n]$ 中所有 $L_i$ 的最小值，因为可能是从 $(x,n]$ 中某个位置走来的，即之前从 $x$ 往右走了一步（如果 $L_x$ 最小就无视这一步）。

　　然后根据一开始说过的性质，最优答案最多只在一开始位于 $(x,n]$ 之间的位置，以后不会闲的蛋疼再回到那些位置，故一直顺带记录那些位置能到达的最左位置不会影响找到最优解。

　　这样代码就好实现了：预处理 $to(i,j)$ 表示从 $[i,n]$ 中任一位置向左走 $j$ 个单位时间，最左可以走到哪个位置；再预处理 $sum(i,j)$ 表示从 $i$ 到 $[to(i,j),i)$ 区间内所有位置的最短距离之和。

　　查询时倍增跑到询问区间 $[l,r]$ 的左端点 $l$ 即可。

　　详见代码。

#include<bits/stdc++.h>

#define ll long long

#define N 300001

using namespace std;

inline int read(){

	int x=0; bool f=1; char c=getchar();

	for(;!isdigit(c); c=getchar()) if(c=='-') f=0;

	for(; isdigit(c); c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0');

	if(f) return x;

	return 0-x;

}

int n,q,L[N],to[20][N]; ll sum[20][N];

ll gcd(ll x, ll y){

	ll t;

	while(y) t=x, x=y, y=t%y;

	return x;

}

ll calc(int l, int r){

	if(L[r]<=l) return r-l;

	ll ans=r-L[r]; r=L[r]; int tot=1;

	for(int i=19; ~i; --i) if(to[i][r]>l) ans+=sum[i][r]+(ll)tot*(r-to[i][r]), r=to[i][r], tot+=1<<i;

	return ans+(ll)(r-l)*(tot+1);

}

int main(){

	n=read(); L[1]=1;

	for(int i=2; i<=n; ++i) L[i]=read();

	to[0][n]=L[n], sum[0][n]=n-L[n];

	for(int i=n-1; i; --i) to[0][i]=min(to[0][i+1],L[i]), sum[0][i]=i-to[0][i];

	for(int i=1; i<=19; ++i)

		for(int j=1; j<=n; ++j)

			to[i][j] = to[i-1][to[i-1][j]],

			sum[i][j] = sum[i-1][j] + sum[i-1][to[i-1][j]] + (ll)(to[i-1][j]-to[i][j])*(1<<(i-1));

	q=read(); int l,r,x;

	while(q--){

		l=read(), r=read(), x=read();

		ll a=calc(l,x)-calc(r+1,x), b=r-l+1, g=gcd(a,b);

		printf("%lld/%lld\n",a/g,b/g);

	}

	return 0;

}