LOJ6435 洛谷5465 「PKUSC2018」星际穿越倍增

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洛谷5465

蒟蒻zyd：这不是大水题吗？看我写个O(nlog2n)O(nlog^2n)O(nlog2n)的诡异ST表卡卡常数跑过去
题目：输出区间距离和
蒟蒻zyd：（笑容逐渐消失）

没想到一道倍增题能这么巧（毒）妙（瘤）……

一些奇奇怪怪的性质

这里是需要用到的性质……
为了方便，这里把“花费1单位时间进行传送”称为“走了1步”qwq
Ps.一些类似的情况就不画图了……我不会说其实是我懒QWQ

性质1

假设起始点是sss，如果当前走了ttt步，能到达的最左端的点是xxx，那么一定能在ttt步内从sss到达[x,s−1][x,s-1][x,s−1]内的任意一点。

证明：如果某个点ppp（x≤p<sx\le p <sx≤p<s）不能到达，因为某个点向左连接的点是连续的一段，所以sss能到的点中的lll的最小值一定>p>p>p（否则就珂以到ppp了qwq），所以无法从sss能到的点中的任意一点走到ppp左边，就矛盾了qwq

为什么能在ttt步内到达呢？类似地，比如要t+1t+1t+1步才能到ppp，那么也不能在ttt步内到达ppp左边（不然从ttt步内走到ppp左边的点走到ppp即可qwq），矛盾qwq
所以得证。

性质2

假设起点是sss，终点是xxx，那么sss到xxx的最短路只能是这两种之一：
1.一直向左走
2.一开始先从sss向右走一步，再一直向左走。
换言之，如果要向右走，只能一开始向右一步，其他时候就只能向左走了。
先证明不存在从sss向右走两步的情况：
设sss走两次到xxx，走一次到yyy。若存在l[x]<l[y]l[x]<l[y]l[x]<l[y]，即向右走两步比向右走一步更优的情况：
（如图所示，蓝边是xxx到l[x]l[x]l[x]连的边）

由于一个点向左连的边的编号是连续的一段，所以sss一定有一条边连向xxx，因此sss能一步就到xxx，因此更优。
（如图所示，sss能通过红边一步到达xxx）

若不存在l[x]<l[y]l[x]<l[y]l[x]<l[y]的情况，那没必要走两步到xxx了qwq，直接到yyy然后向左走就珂以了qwq

再证明不能中途向右走的情况：
设起点sss向右走一步能到达的最右边的点是r(x)r(x)r(x)，现在走到了xxx，如果要向右走，那么到达的点也一定在[x+1,r(s)][x+1,r(s)][x+1,r(s)]范围内。
如果走到的点>r(x)>r(x)>r(x)，假设这个点为yyy，那么l[y]l[y]l[y]一定比sss小，所以sss珂以向右走一步到达yyy，但y>r(x)y>r(x)y>r(x)，矛盾，所以xxx向右走能到达的点在[x+1,r(s)][x+1,r(s)][x+1,r(s)]范围内qwq
根据性质1，向右走一步不会让答案更优，所以就不用往右走了qwq
（其实性质1只证明了[x,s][x,s][x,s]范围内不会使答案更优，但是脑补一下也珂以明白在[s+1,r(s)][s+1,r(s)][s+1,r(s)]范围内也成立qwq）

综上，如果要向右走，那只能一开始向右走一步。

Ps. 有一个很显然的性质我感觉不用证明……就不把它列到上面正经证明的性质了awa
即：如果前ttt步能到达的范围是[L,R][L,R][L,R]，那么第t+1t+1t+1不能到达的范围是min{l[i]},L<=i<=Rmin\{l[i]\},L<=i<=Rmin{l[i]},L<=i<=R

题目解析

倍增：
f[i][j]f[i][j]f[i][j]表示从iii开始，先向右一次，再向左2j2^j2j次所能到达的最左端的点。
那么f[i][j]=f[f[i][j−1]][j−1]f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1]f[i][j]=f[f[i][j−1]][j−1]
因为由性质2，中途向右走不会使答案更优，所以从f[i][j−1]f[i][j-1]f[i][j−1]向左2j−12^{j-1}2j−1步即为f[i][j]f[i][j]f[i][j]
显然向左走x+1x+1x+1步会比向左xxx步走得远，所以倍增数组是单调的。
查询就搞一个sum[i][j]sum[i][j]sum[i][j]，表示iii到[f[i][j],i][f[i][j],i][f[i][j],i]的点的距离和qwq
然后大莉统计即珂（走出2i2^i2i步的贡献分两个部分统计）
具体见代码qwq

毒瘤代码

#include<stdio.h>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define re register int
using namespace std;
typedef long long ll;
int read() {re x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-')  f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0' && ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;
}
inline void write(const int x) {if(x>9)  write(x/10);putchar(x%10+'0');
}
const int Size=300005;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n,l[Size],LOG[Size],f[Size][21],sum[Size][21];
int Calc(int x,int pos) {if(l[pos]<=x)  return pos-x;int ans=pos-l[pos];       //先向左跳一次 pos=l[pos];int cnt=1;//跳到再跳一次就<x的位置 for(re i=LOG[pos]; i>=0; i--) {if(f[pos][i]>x) {//f[pos][i]~pos到pos的距离和+pos到原点的距离*这段区间的个数 ans+=sum[pos][i]+(pos-f[pos][i])*cnt;pos=f[pos][i];cnt+=1<<i;}}return ans+(pos-x)*(cnt+1);
}
int main() {n=read();LOG[0]=-1;LOG[1]=0;for(re i=2; i<=n; i++) {l[i]=read();LOG[i]=LOG[i>>1]+1;}f[n+1][0]=INF;for(re i=n; i; i--) {f[i][0]=min(f[i+1][0],l[i]);sum[i][0]=i-f[i][0];        //跳一步就珂以，所以距离和为区间点数 }for(re j=1; j<=18; j++) {for(re i=1<<j; i<=n; i++) {if(f[i][j-1]) {f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];sum[i][j]=sum[i][j-1]+sum[f[i][j-1]][j-1]+((f[i][j-1]-f[i][j])<<(j-1));}}}int q=read();while(q--) {int l=read();int r=read();int x=read();int p=Calc(l,x)-Calc(r+1,x);int q=r-l+1;int k=__gcd(p,q);printf("%d/%d\n",p/k,q/k);}return 0;
}