【BZOJ3956】Count，单调栈+ST表维护区间最大值

Time:2016.08.11

Author:xiaoyimi

转载注明出处谢谢

传送门

思路：

TA爷眼中的水题

首先有个特别的结论

总共的点对数不会超过2n

因为对于元素i来说，如果只考虑与比它高的元素进行配对

那么最多左边一个，右边一个，再靠左或靠右的就不满足配对条件了

考试的时候我想到的是单调栈维护一个不上升的序列，但不知道具体并不会做

讲题时使用了ST表维护区间最大

（为什么不用线段树？因为线段树常数比较大……而且这里是静态查询，正好是RMQ经典操作）

考虑区间[l,r]

找出[l,r]中最大高度的下标k

显然l~k-1不能和k之后的元素配对

k+1~r不能和k之前的元素配对

ans=[l,k]在[l,k]中的配对个数+[k,r]在[k,r]中的配对个数

这个是可以前缀和维护的

前后各扫一遍

f[i]指i在[1,i]中配对数量

g[i]指i在[i,n]中配对数量

sum1[i]=Σf[j] 1<=j<=i

sum2[i]=Σg[j] i<=j<=n

ans=sum1[r]-sum1[k]+sum[l]-sum2[k]

注意高度相等时的处理，这里很恶心，我就不细说了ORZ

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#define M 300003
#define pd(x,y) (a[x]>a[y]?x:y)
using namespace std;
int in()
{
int t=0;char ch=getchar();
while (ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') t=(t<<1)+(t<<3)+ch-48,ch=getchar();
return t;
}
int n=in(),m=in(),tp=in();
int sum1[M],sum2[M],S[M];
int a[M],fa[M][19];
int RMQ(int x,int y)
{
int t=log2(y-x+1);
return pd(fa[x][t],fa[y-(1<<t)+1][t]);
}
main()
{
for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=in();
for (int i=1;i<=n;i++)
{
for (;S[0];S[0]--)
{
sum1[i]++;
if (a[S[S[0]]]>=a[i]) break;
}
for (;S[0];S[0]--)
if (a[S[S[0]]]>a[i]) break;
S[++S[0]]=i;
sum1[i]+=sum1[i-1];
}
S[0]=0;
for (int i=n;i>=1;i--)
{
for (;S[0];S[0]--)
{
sum2[i]++;
if (a[S[S[0]]]>=a[i]) break;
}
for (;S[0];S[0]--)
if (a[S[S[0]]]>a[i]) break;
S[++S[0]]=i;
sum2[i]+=sum2[i+1];
}
for (int i=1;i<=n;i++) fa[i][0]=i;
for (int i=1;(1<<i)<=n;i++)
for (int j=1;j+(1<<i)-1<=n;j++)
fa[j][i]=pd(fa[j][i-1],fa[j+(1<<i-1)][i-1]);
int mx,l,r,L,R,lastans=0;
for (;m;m--)
{
l=in();r=in();
if (tp)
L=min((lastans+l-1)%n,(lastans+r-1)%n)+1,
R=max((l+lastans-1)%n,(r+lastans-1)%n)+1;
else L=l,R=r;
mx=RMQ(L,R);
printf("%d\n",lastans=sum1[R]-sum1[mx]-sum2[mx]+sum2[L]);
}
}

其实也可以写主席树的，但我被相等情况的处理恶心到了，所以没有写下去……