Codeforces Round #333 (Div. 2) B C D

B. Approximating a Constant Range

题意：

给定n个数，满足任意相邻的元素之间的差值不超过1，求最长区间使得区间内最大值和最小值的差值不超过1？

思路：

要利用题目给出的性质，|a[i+1]−a[i]|≤1，先求出b[i]=|a[i+1]−a[i]| ，那么如果去掉b数组中的0的话，显然出现两个连续的1或者−1，就会使得区间的最大和最小值差值超过1，所以扫一遍维护几个值就行了！

也有比较复杂的做法，RMQ或者线段树都可以做，但是更加适用于一般的情况。

C. The Two Routes

题意：

给一个图，任意两点之间的路不是铁路就是公路，火车只能走铁路，汽车只能走公路，并且不能在除了1，n两点之外的任意点同时到达，求火车和汽车同时出发最后都到达n的最短时间是？

思路：

就是脑筋急转弯啦。。。注意到1->n之间不是铁路就是公路，所以必定有一辆车可以花费1直接到达，另外的直接最短路就行了！

D. Lipshitz Sequence

题意：

给一个数组，询问[L,R] 内所有子数组的H(l,r)的和。

思路：

首先证明下，在区间[l,r] 内出现H最大值的地方必定是相邻的两个元素，因为H这个式子不看取下界的话，其实就是平面上两点的斜率。

假设H最大值的地方不一定是相邻的两个元素i ,j ，那么看图就知道了吧，也就是i与j 之间必定存在k，可以画出一个三角形，其中一条边（ik 或者kj）的斜率较大，所以这样证明下去，就能得到结论了。



然后就是求所有子数组的H值之和，同样考虑b[i]=|a[i+1]−a[i]|，所以可以预处理出b[i] 作为最大值向两侧所能延伸到的地方，注意因为避免处理相同的值的时候出现重复计数，所以就选左边第一个大于等于b[i] 的数的位置，右边第一个大于b[i] 的数的位置，后面直接扫一遍就OK了！

注意处理边界问题。。。边界什么的太烦了。。。。QAQ

代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <map>
#include <vector>
#include <set>
#include <string>
#define PB push_back
#define FT first
#define SD second
#define MP make_pair
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int>  P;
const int N=5+1e5,MOD=7+1e9;
int a
,b
;
int L
,R
;
int stack
;
void init(int n)
{
for(int i = 1;i < n;i ++) {
b[i] = abs(a[i+1] - a[i]);
}
int top = 0;
for(int i = 1;i < n;i ++) {
while(top && b[stack[top]] < b[i]) top--;
if(top == 0) L[i] = 1;
else L[i] = stack[top]+1;
stack[++top] = i;
// cout << stack[top] << endl;
}
top = 0;
for(int i = n-1;i >= 1;i --){
while(top && b[stack[top]] <= b[i]) top--;
if(top == 0) R[i] = n;
else R[i] = stack[top]-1;
stack[++top] = i;
}
}
int main()
{
int n,q;
scanf("%d%d",&n,&q);
for(int i = 1;i <= n;i ++){
scanf("%d",&a[i]);
}
init(n);
while(q--){
int l,r;
LL ans = 0;
scanf("%d%d",&l,&r);
r--;
for(int i = l;i <= r;i ++){
ans += 1LL*b[i]*(i-max(L[i],l) + 1)*(min(R[i],r)-i + 1);//边界处理
}
printf("%I64d\n",ans);
}
return 0;
}