题目描述

小D有个数列 \(a\)，当一个数对 \((i,j)(i\le j)\) 满足\(a_i\)和\(a_j\)的积 不大于 \(a_i \cdots a_j\) 中的最大值时，小D认为这个数对是美丽的.请你求出美丽的数对的数量。

输入格式：
第一行输入一个整数 \(n\)，表示元素个数。 第二行输入 \(n\) 个整数 \(a_1,a_2,a_3,\cdots,a\)，为所给的数列。

输出格式：
输出一个整数，为美丽的数字对数。

其中\(m\le 10^5，a_i \le 10^9\)

这个题，看到题的第一想法就是QwQ，一看就是dp或者一些恶心的数据结构题，但是想了一会dp，发现不太可行。那么我们可以考虑通过分治 来解决这个问题

我们考虑，对于一个区间\([l,r]\)，我们可以通过这个区间的\(mx\)（表示最大的\(a_i\)）来解决，因为要求乘积不能大于区间的最大值，所以我们在 计算区间的时候，\(mx\)一般情况下是不能和别的数进行组合的。所以说，按照mx来分组，那么当前区间的答案就是\([l,mx-1]\)的答案加上\([mx+1,r]\)，然后加上两个区间产生的贡献。
QwQ那么怎么求左右区间产生的贡献呢

我们考虑，对于一个固定的左端点\(l\)，我们需要在\([mx+1,r]\)区间找出，小于\(\lfloor \frac{mx}{a_l} \rfloor\)的数的个数
然后我们枚举所有的左端点，然后数一数，最后考虑\(mx\)这个端点可以不可以跟左边的这个区间进行组合

那么我们应该怎么求一个区间内小于等于一个数的个数呢

QwQ
呀，BIT！树状数组 嗯！
我们考虑将每个数进行离散化，然后维护一个权值树状数组，然后我们每次只需要\(query(find(\lfloor \frac{mx}{a_l} \rfloor))\)就可以，其中\(find\)的函数的作用是，找到这个值离散化后的小于等于它的最大的值，其实可以直接\(lower_bound\)

记得离散化！

还有一些人会问，这个算法的时间复杂度可以保证吗？QwQ具体的证明我也不是很会呀，不过可以感性l理解

如果我们每次挑选的\(mx\)，都选择比较中间的，那么我们可以大致理解是\(O(nlogn)\)的

直接上代码

dfs版的分治

非常理解，个人敢接

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<unordered_map>
using namespace std;inline int read()
{int x=0,f=1;char ch=getchar();while (!isdigit(ch)) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while (isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;
}const int maxn =  1e5+1e2;int c[maxn];
int a[maxn];
int b[maxn];
int n,m;
int dp[maxn][23];
int p[maxn];
int tmp = 0;
unordered_map<int,int> mp;struct Node{int id,val;
};Node g[maxn];int lowbit(int x)
{return (-x) & x;
}void update(int x,int p)
{for (int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)) c[i]+=p;
}long long query(int x)
{long long ans=0;for (int i=x;i;i-=lowbit(i)) ans+=(long long)c[i];return ans;
}int find(int x)
{if (x>p[n]) return tmp;return g[upper_bound(p+1,p+1+n,x)-p-1].id;
}bool cmp(Node a,Node b)
{return a.val<b.val;
}int countmax(int x,int y)
{int k = log2(y-x+1);return max(dp[x][k],dp[y-(1 <<k)+1][k]);
}void init()
{for (int j=1;j<=21;j++)for (int i=1;i<=n;i++){if (i+(1 << j)-1<=n){dp[i][j]=max(dp[i][j-1],dp[i+(1 << (j-1))][j-1]);}}
}long long solve(int l,int r)
{if (l>r) return 0;if (l==r)  {if (a[l]==1)return 1;else return 0;}long long cnt=0;int mid = (l+r) >> 1;int mx = countmax(l,r),pos=0;for (int i=l;i<=r;i++){if (a[i]==mx) {if (!pos || abs(mid-i)<abs(mid-pos)) pos=i;}}cnt+=solve(l,pos-1);cnt+=solve(pos+1,r);for (int i=pos+1;i<=r;i++) update(b[i],1);for (int i=l;i<=pos;i++) cnt=cnt+(query(find(mx/a[i])));for (int i=pos+1;i<=r;i++) update(b[i],-1);//cout<<l<<" "<<r<<" "<<cnt<<endl;for (int i=l;i<=pos-1;i++) update(b[i],1);cnt=cnt+(query(find(mx/a[pos])));for (int i=l;i<=pos-1;i++) update(b[i],-1); //out<<l<<" "<<r<<" "<<cnt<<endl;if (a[pos]==1) cnt++;return cnt;
}int main()
{n=read();for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),g[i].id=i,g[i].val=a[i],dp[i][0]=a[i];init();sort(g+1,g+1+n,cmp);for (int i=1;i<=n;i++){if (g[i].val!=g[i-1].val) tmp++;b[g[i].id]=tmp;mp[a[g[i].id]]=tmp;}//for (int i=1;i<=n;i++) cout<<b[i]<<" "; memset(g,0,sizeof(g));for (int i=1;i<=n;i++) p[i]=a[i],g[i].val=a[i],g[i].id=b[i];sort(g+1,g+1+n,cmp);sort(p+1,p+1+n);//cout<<endl;long long ans=solve(1,n);cout<<ans;return 0;
}