计蒜客计算之道初赛第六场 微软大楼设计方案（困难）
近日，微软新大楼的设计方案正在广泛征集中，其中一种方案格外引人注目。在这个方案中，大楼由 n 栋楼组成，这些楼从左至右连成一排，编号依次为 1 到 n，其中第 ii 栋楼有 (h_i) 层。每栋楼的每一层为一个独立的 办公区域，可以步行 直达同层相邻楼栋的办公区域，以及 直达同楼栋相邻楼层的办公区域。
由于方案设计巧妙，上一层楼、下一层楼、向左右移动到相邻楼栋同层的办公区域均刚好需要 1 分钟。在这些办公区域中，有一些被 核心部门 占用了（一个办公区域内最多只有一个核心部门），出于工作效率的考虑，微软希望核心部门之间的移动时间越短越好。对于一个给定的 **最大移动时间 k，大楼的 协同值 定义为：有多少个 核心部门对 之间的移动时间不超过 k。由于大楼门禁的限制，不可以走出整个大楼，也不可以登上天台思考人生。你可以认为在办公区域内的移动时间忽略不计，并且在大楼内总是按照最优方案进行移动。
对于一个给定的新大楼设计方案，你能算出方案的协同值么？
输入格式
第一行包含两个正整数 (n,k(1leq kleq 200020)n,k(1≤k≤200020))，分别表示大楼的栋数以及最大移动时间。
第二行包含$ n$ 个正整数 (h_1,h_2,...,h_n(1leq h_ileq 20)h1,h2,...,hn(1≤h_i≤20))，分别表示每栋楼的层数。
接下来一行包含一个正整数 m，表示 核心部门 个数。
接下来 m 行，每行两个正整数$ x_i,y_i(1leq x_ileq n,1leq y_ileq h_{x_i})xi,yi(1≤xi≤n,1≤yi≤hxi)(，表示该核心部门位于第) x_i(栋楼的第) y_ii$层。
输入数据保证 m 个核心部门的位置不会重复。
对于简单版本：(1leq n,mleq 501≤n,m≤50)；
对于中等版本：(1leq nleq 200000,1leq mleq 20001≤n≤200000,1≤m≤2000)；
对于困难版本：(1leq n,mleq 2000001≤n,m≤200000)。
输出格式
输出一个整数，即整个大楼的 协同值。
样例解释
样例对应题目描述中的图，核心部门 1 和核心部门 3 之间的距离为 8>7，因此不能计入答案。
样例输入
5 7
4 1 1 3 1
3
1 4
3 1
4 3
样例输出
2
直接说困难版本吧：
假设 (x_Aleq x_B)，考虑从左往右枚举 B，用一个单调上升的栈维护 h，那么对于当前的 B 来说，单调栈按 hh 的区间最小值将序列划分成了 O(h) 个子区间。
枚举每个子区间，再枚举(y_A) 的值，那么此时$ x_A$的取值范围可以直接通过解不等式得到，用前缀和询问出该范围内有多少核心部门即可。
时间复杂度 (O(nh^2))。
其中枚举从低到高枚举，高楼层的子区间一定要在低楼层的右边。
坑点：long long TAT、同一栋楼的单另计算、不等式的推算要仔细。
//单调栈写法
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<stack>
using namespace std;
#define N 200005
typedef long long ll;
struct point{
ll x,y;
}p[N];
bool cmp(point a,point b){
return a.x<b.x;
}
ll m,n,k,le[22],h[N],ans,pre[N][22];
bool vis[N][22];
stack<ll>s;
int main()
{
ans=0;
scanf("%lld%lld",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&h[i]);
}
memset(vis,0,sizeof(vis));
scanf("%lld",&m);
for(ll i=1;i<=m;i++){
scanf("%lld%lld",&p[i].x,&p[i].y);
vis[p[i].x][p[i].y]=1;
}
sort(p+1,p+m+1,cmp);
memset(pre,0,sizeof(pre));
for(ll i=1;i<=n;i++){
for(ll j=1;j<=20;j++){
pre[i][j]=pre[i-1][j];
if(vis[i][j]) pre[i][j]++;
}
}
ll i=1;
ll j=1;
while(!s.empty()){
s.pop();
}
for(;i<=n;i++){
while(!s.empty()&&s.top()>=h[i]){
s.pop();
}
s.push(h[i]);
le[s.top()]=i;
while(p[j].x==i){
ll flag=1;
ll last=1;
for(ll kk=1;kk<=20;kk++){
if(le[kk]==0) continue;
if(le[kk]<flag) {
continue;
}
flag=le[kk];
for(ll y1=1;y1<=20;y1++){
ll x1=i+y1+p[j].y-2*min(min(kk-1,y1-1),p[j].y-1)-k-2;
if(x1>flag) continue;
if(x1<last) x1=last;
ll tmp=flag;
if(tmp==i) tmp=i-1;
ans+=max(0LL,pre[tmp][y1]-pre[x1-1][y1]);
}
last=flag+1;
}
for(ll y1=1;y1<p[j].y;y1++){
if(vis[i][y1]&&(p[j].y-y1)<=k) ans++;
}
j++;
}
}
printf("%lld
",ans);
}