洛谷 - P3246 [HNOI2016]序列(莫队+单调栈)

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题目大意：给出一个长度为 nnn 的序列，再给出 mmm 次询问，每次询问需要回答一个区间 [l,r][l,r][l,r] 内所有子区间的最小值之和

题目分析：因为可以离线，所以考虑莫队，这个题的难点是如何处理 [L,R][L,R][L,R] 递推到 [L,R+1][L,R+1][L,R+1]

从 [L,R][L,R][L,R] 推到 [L,R+1][L,R+1][L,R+1]，实质上多了 R−L+2R-L+2R−L+2 个子区间，分别是 [L,R+1],[L+1,R+1],...,[R+1,R+1][L,R+1],[L+1,R+1],...,[R+1,R+1][L,R+1],[L+1,R+1],...,[R+1,R+1]，我们只需要将这些子区间的最小值之和加上就好了

所以不难想到需要维护一个辅助数组 f[r]f[r]f[r]，代表前缀 [1:r][1:r][1:r] 的所有后缀 [1:r],[2:r],...,[r:r][1:r],[2:r],...,[r:r][1:r],[2:r],...,[r:r] 的最小值之和，转移的话可以利用单调栈维护出 l[r]l[r]l[r] 代表 rrr 左侧首个小于 a[r]a[r]a[r] 的位置，那么有 f[r]=f[l[r]]+(r−l[r])∗a[r]f[r]=f[l[r]]+(r-l[r])*a[r]f[r]=f[l[r]]+(r−l[r])∗a[r]，具体意义就是 a[r]a[r]a[r] 充当了左端点位于 (l[r],r](l[r],r](l[r],r] 的这些后缀的最小值

现在我们需要借助 fff 数组快速求出以 R+1R+1R+1 为右端点，左端点位于区间 [L,R+1][L,R+1][L,R+1] ，右端点为 R+1R+1R+1 的子区间的最小值之和，下文称最小值之和为贡献

设区间 [L,R+1][L,R+1][L,R+1] 的最小值的位置为 ppp，不难看出左端点位于 [L,p][L,p][L,p] 的子区间的贡献为 a[p]a[p]a[p]，现在我们的问题变成如何计算左端点位于 (p,R+1](p,R+1](p,R+1] 的子区间的贡献

用我们刚才的 fff 公式展开看看？

设 x=R+1x=R+1x=R+1 ：f[x]=f[l[x]]+(x−l[x])∗a[x]f[x]=f[l[x]]+(x-l[x])*a[x]f[x]=f[l[x]]+(x−l[x])∗a[x]

设 pre=l[x]pre=l[x]pre=l[x] ： f[pre]=f[l[pre]]+(pre−l[pre])∗a[pre]f[pre]=f[l[pre]]+(pre-l[pre])*a[pre]f[pre]=f[l[pre]]+(pre−l[pre])∗a[pre]

设 ppre=l[pre]ppre=l[pre]ppre=l[pre] ： f[ppre]=f[l[ppre]]+(ppre−l[ppre])∗a[ppre]f[ppre]=f[l[ppre]]+(ppre-l[ppre])*a[ppre]f[ppre]=f[l[ppre]]+(ppre−l[ppre])∗a[ppre]

…

不难发现我们会沿着一个 a[pre]a[pre]a[pre] 递减的序列一直迭代，即 a[ppre]<a[pre]<a[x]a[ppre]<a[pre]<a[x]a[ppre]<a[pre]<a[x]，并且直到 ppp 停止，因为 a[p]a[p]a[p] 是区间 [L,R+1][L,R+1][L,R+1] 中的最小值呀，a[p]a[p]a[p] 前面不会再有比它小的数字了

如果将上面的公式自底向上套进去的话，我们会惊奇的发现，f[R+1]−f[p]f[R+1]-f[p]f[R+1]−f[p] 即为所求，也就是左端点位于 (p,R+1](p,R+1](p,R+1] ，右端点为 R+1R+1R+1 的这些子区间的贡献

到此为止我们可以利用 RMQRMQRMQ 预处理区间最小值的位置然后 O(1)O(1)O(1) 进行区间 [L,R][L,R][L,R] 到 [L,R+1][L,R+1][L,R+1] 的扩展了，对于剩下的 [L,R−1],[L+1,R],[L−1,R][L,R-1],[L+1,R],[L-1,R][L,R−1],[L+1,R],[L−1,R] ，分析起来同理，这里不做过多赘述

有一个小问题就是，这个题的莫队的修改顺序需要先加后减，不然会又WA又RE的

那么莫队的时间复杂度就是 O(nlogn+nn)=O(nn)O(nlogn+n\sqrt{n})=O(n\sqrt{n})O(nlogn+nn)=O(nn)

打一个分割线，下面讲讲另一种写法

注意到这个题很巧妙地预处理出了 fff 数组辅助莫队的转移，所以我们既然想到了 fff 数组，为什么不思考一下能否直接用 fff 数组计算区间的贡献呢？

给定区间 [L,R][L,R][L,R]，还是设 ppp 为区间最小值的位置，我们将总贡献分成三份：区间 [L,R][L,R][L,R] 的贡献 = 区间 [L,p)[L,p)[L,p) 的贡献 + 区间 (p,R](p,R](p,R] 的贡献 + (p−L+1)∗(R−p+1)∗a[p](p-L+1)*(R-p+1)*a[p](p−L+1)∗(R−p+1)∗a[p]

上述公式第三项 (p−L+1)∗(R−p+1)∗a[p](p-L+1)*(R-p+1)*a[p](p−L+1)∗(R−p+1)∗a[p] ，意思就是左端点位于 [L,p][L,p][L,p]，同时右端点位于 [p,R][p,R][p,R] 的子区间的贡献

这里我们以区间 (p,R](p,R](p,R] 的贡献为例，分析一下该如何计算

前面的莫队解法我们提到了，f[R]−f[p]f[R]-f[p]f[R]−f[p] 代表的是，右端点为 RRR，左端点位于 (p,R](p,R](p,R] 的子区间的贡献

那么扩展到 f[R−1]−f[p]f[R-1]-f[p]f[R−1]−f[p] 是不是也可以代表，右端点为 R−1R-1R−1，左端点位于 (p,R−1](p,R-1](p,R−1] 的子区间的贡献？

所以区间 (p,R](p,R](p,R] 的贡献就可以写成(f[R]−f[p])+(f[R−1]−f[p])+...+(f[p+1]−f[p])(f[R]-f[p])+(f[R-1]-f[p])+...+(f[p+1]-f[p])(f[R]−f[p])+(f[R−1]−f[p])+...+(f[p+1]−f[p])

设 g[i]=∑j=1jf[j]g[i]=\sum\limits_{j=1}^{j}f[j]g[i]=j=1∑jf[j]，也就是数组 fff 的一个前缀和，那么上述公式就等价于 g[R]−g[p]−f[p]∗(R−p)g[R]-g[p]-f[p]*(R-p)g[R]−g[p]−f[p]∗(R−p)

所以现在本题的时空复杂度就变成 RMQRMQRMQ 预处理的复杂度了，也就是 O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)，且强制在线

代码：
离线

// Problem: P3246 [HNOI2016]序列
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P3246
// Memory Limit: 500 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)// #pragma GCC optimize(2)
// #pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math")
// #pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
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#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
#include<bitset>
#define lowbit(x) x&-x
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
template<typename T>
inline void read(T &x)
{T f=1;x=0;char ch=getchar();while(0==isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(0!=isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();x*=f;
}
template<typename T>
inline void write(T x)
{if(x<0){x=~(x-1);putchar('-');}if(x>9)write(x/10);putchar(x%10+'0');
}
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=1e5+100;
int size,n,m,a[N],l[N],r[N],mmin[N][20],Log[N];
LL fl[N],fr[N],ans[N];
struct query
{int l,r,id;bool operator<(const query& a)const{if(l/size!=a.l/size)return l<a.l;else if((l/size)&1)return r<a.r;elsereturn r>a.r;}
}q[N];
int cmp(int x,int y) {return a[x]<a[y]?x:y;
}
int ask(int l,int r) {int k=Log[r-l+1];return cmp(mmin[l][k],mmin[r-(1<<k)+1][k]);
}
LL left(int l,int r) {int p=ask(l,r);return 1LL*(r-p+1)*a[p]+fl[l]-fl[p];
}
LL right(int l,int r) {int p=ask(l,r);return 1LL*(p-l+1)*a[p]+fr[r]-fr[p];
}
void solve()
{int l=1,r=0;LL sum=0;for(int i=1;i<=m;i++){int ql=q[i].l;int qr=q[i].r;while(l>ql) sum+=left(l-1,r),l--;while(r<qr) sum+=right(l,r+1),r++;while(l<ql) sum-=left(l,r),l++;while(r>qr) sum-=right(l,r),r--;ans[q[i].id]=sum;}
}
void init() {size=313;//单调栈stack<int>st;for(int i=1;i<=n;i++) {while(st.size()&&a[st.top()]>a[i]) st.pop();if(st.empty()) l[i]=0;else l[i]=st.top();st.push(i);}while(st.size()) st.pop();for(int i=n;i>=1;i--) {while(st.size()&&a[st.top()]>a[i]) st.pop();if(st.empty()) r[i]=n+1;else r[i]=st.top();st.push(i);}//RMQfor(int i=1;i<=n;i++)mmin[i][0]=i,Log[i]=log2(i);for(int i=1;i<20;i++)for(int j=1;j+(1<<i)-1<=n;j++)mmin[j][i]=cmp(mmin[j][i-1],mmin[j+(1<<(i-1))][i-1]);//dpfor(int i=1;i<=n;i++) fr[i]=fr[l[i]]+1LL*(i-l[i])*a[i];for(int i=n;i>=1;i--) fl[i]=fl[r[i]]+1LL*(r[i]-i)*a[i];
}
int main()
{#ifndef ONLINE_JUDGE
//  freopen("data.in.txt","r",stdin);
//  freopen("data.out.txt","w",stdout);
#endif
//  ios::sync_with_stdio(false);read(n),read(m);for(int i=1;i<=n;i++) {read(a[i]);}init();for(int i=1;i<=m;i++) {read(q[i].l),read(q[i].r),q[i].id=i;}sort(q+1,q+1+m);solve();for(int i=1;i<=m;i++) {printf("%lld\n",ans[i]);}return 0;
}

在线

// Problem: P3246 [HNOI2016]序列
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P3246
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#define lowbit(x) x&-x
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typedef long long LL;
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template<typename T>
inline void read(T &x)
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template<typename T>
inline void write(T x)
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int ask(int l,int r) {int k=Log[r-l+1];return cmp(mmin[l][k],mmin[r-(1<<k)+1][k]);
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