problem

给定数组 l,rl,rl,r。求有多少个非空集合 SSS，满足 ∀i,j∈Sli≤j≤ri\forall_{i,j\in S}\ l_i\le j\le r_i∀i,j∈S li≤j≤ri。

集合内对于任意一个点而言，其余点均能被自己的范围覆盖到。

n≤2e5n\le 2e5n≤2e5。

solution

分享一下考场心路历程：考试是分了五个部分分的。

第一个部分分直接 2n2^n2n 暴枚，很快拿下。

第二个部分分 n≤2000n\le 2000n≤2000，一看就是 n2n^2n2 算法，我就想到了固定集合选取点的最左最右点，然后看有多少个点满足 li≤L∧R≤ri∧L≤i≤Rl_i\le L\wedge R\le r_i\wedge L\le i\le Rli≤L∧R≤ri∧L≤i≤R，天哪太多的偏序关系了，我直接抡 KD-tree\text{KD-tree}KD-tree，好家伙大样例虽然对了却要跑 6s6s6s，试问谁遭得住？

第三个部分分 ri−li≤10r_i-l_i\le 10ri−li≤10。我就只枚举最左点，然后暴搜/Hash\text{Hash}Hash 集合个数，不超过 2102^{10}210，算出来大约 2e82e82e8 但肯定跑不满。一看样例全过。（测评最后结果 wa\text{wa}wa 了，但这不重要了）

第四个部分分，5e45e45e4 可能是分块吧。对我没有太多帮助。

第五个部分分，就是最大的范围了。

由第二个部分的枚举 l,rl,rl,r 我突然想到了前不久狂做 LCT\text{LCT}LCT 的一类连通性题。全都是枚举了右端点然后用线段树上的节点做左端点，并用线段树维护答案个数。

这里我想类比做法：蒋所有 [li,ri][l_i,r_i][li,ri] 全挂到 rir_iri 点下。

枚举 iii 做右端点，然后线段树上的节点做左端点。

新右端点会对 [li,i][l_i,i][li,i] 都提供 111 的个数（答案是 2cnt2^\text{cnt}2cnt，每个数选或不选）

当 iii 右移一位的时候，就要去掉所有 rj=ir_j=irj=i 的 jjj 曾经的贡献。

然后，然后，我发现强制左右端点后虽然不会算重，但是应该算的是 2cnt−22^{cnt-2}2cnt−2（去掉左右端点选和不选的考虑）

结果这样又会影响我线段树的标记下放，那我的线段树不是废了？！！

最后不管是在线段树上维护个数还是直接维护贡献都无法正确避免 −2-2−2 带来的影响，在主函数内我也无法去掉。我就直接开始摆烂了。。。

结果下午过来，给小同志讲了一遍后没讲懂，被她质疑的我就仔细想了一下，突然想到了貌似大概也许可以这么来，重构一遍直接过！心中草泥马奔腾。。。

从左到右枚举集合的右端点 rrr（最大的点）。

然后线段树上的节点 lll 强制是集合的左端点，且维护的信息是 l,rl,rl,r 做左右端点时的答案。

考虑统计右端点为 iii 的答案。

首先要激活线段树上的 iii 节点，初始化为 111，代表 [i,i][i,i][i,i] 集合。

然后统计线段树上 [li,i][l_i,i][li,i] 区间的答案。

接下来 iii 要右移 +1+1+1，我们需要重新修改维护线段树上的信息。

对区间 [li,i−1][l_i,i-1][li,i−1] 进行区间 ×2\times 2×2。

表示当这些区间中的节点为集合左端点时，iii 是合法互达备选点，存在选和不选的方案考虑。

但不能对 iii 也进行 ×2\times 2×2，理由在心路历程后面提到，它是被强制了的。
对所有 rj=ir_j=irj=i 的 jjj，从 i+1i+1i+1 开始当右端点后，jjj 就不可能再到达集合的右端点了，再也不能成为合法互达备选点，所以要把 jjj 之前提供的贡献全都去掉。

要进行 [lj,j−1][l_j,j-1][lj,j−1] 区间 /2/2/2，以及节点 jjj 的直接赋 000。（这样 jjj 就在也不可能成为集合左端点被纳入贡献了）

时间复杂度 O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlogn)。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 200005
#define int long long
#define mod 998244353namespace SGT {struct node { int cnt, tag; }t[maxn << 2];#define lson now << 1#define rson now << 1 | 1#define mid  (l + r >> 1)void build( int now, int l, int r ) {t[now].tag = 1;if( l == r ) return;build( lson, l, mid );build( rson, mid + 1, r );}void pushdown( int now ) {if( t[now].tag == 1 ) return;( t[lson].tag *= t[now].tag ) %= mod;( t[rson].tag *= t[now].tag ) %= mod;( t[lson].cnt *= t[now].tag ) %= mod;( t[rson].cnt *= t[now].tag ) %= mod;t[now].tag = 1;}void modify( int now, int l, int r, int p, int x ) {if( l == r ) { t[now].cnt = x ? 1 : 0; return; }pushdown( now );if( p <= mid ) modify( lson, l, mid, p, x );else modify( rson, mid + 1, r, p, x );t[now].cnt = ( t[lson].cnt + t[rson].cnt ) % mod;}void modify( int now, int l, int r, int L, int R, int x ) {if( R < l or r < L ) return;if( L <= l and r <= R ) { ( t[now].cnt *= x ) %= mod;( t[now].tag *= x ) %= mod;return;}pushdown( now );modify( lson, l, mid, L, R, x );modify( rson, mid + 1, r, L, R, x );t[now].cnt = ( t[lson].cnt + t[rson].cnt ) % mod;}int query( int now, int l, int r, int L, int R ) {if( R < l or r < L ) return 0;if( L <= l and r <= R ) return t[now].cnt;pushdown( now );return query( lson, l, mid, L, R ) + query( rson, mid + 1, r, L, R );}
}int n;
int l[maxn], r[maxn];
vector < int > G[maxn];
signed main() {scanf( "%lld", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &l[i] );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &r[i] );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) G[r[i]].push_back( i );SGT :: build( 1, 1, n ); //线段树上强制节点为选取集合最小值int ans = 0;int inv = mod + 1 >> 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) { //强制选取的集合最大值SGT :: modify( 1, 1, n, i, 1 ); //把i激活 初始化1( ans += SGT :: query( 1, 1, n, l[i], i ) ) %= mod;SGT :: modify( 1, 1, n, l[i], i - 1, 2 ); //对于最小值属于[l[i],i-1]的点 会有一个新的i可以互达for( int j : G[i] ) {SGT :: modify( 1, 1, n, l[j], j - 1, inv );SGT :: modify( 1, 1, n, j, 0 );}}printf( "%lld\n", ans );return 0;
}

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互达的集合（线段树）

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