689D Friends and Subsequences RMQ+二分

题目大意：给出两个数组，求第一个数组区间内的最大值和第二个区间内的最小值相同的区间有多少种。

题目思路：通过预处理（O(n*Logn)）后，每次查询的时间复杂度为O(1)，但是如果暴力查询O(n*n)依然会超时，因为最大值，最小值单调性的原因，通过二分来优化查询过程。

首先是预处理，用动态规划（DP）解决。设A[i]是要求区间最值的数列，F[i, j]表示从第i个数起连续2^j个数中的最大值。例如数列3 2 4 5 6 8 1 2 9 7，F[1，0]表示第1个数起，长度为2^0=1的最大值，其实就是3这个数。 F[1，2]=5，F[1，3]=8，F[2，0]=2，F[2，1]=4……从这里可以看出F[i,0]其实就等于A[i]。这样，DP的状态、初值都已经有了，剩下的就是状态转移方程。我们把F[i，j]平均分成两段（因为f[i，j]一定是偶数个数字），从i到i+2^(j-1)-1为一段，i+2^(j-1)到i+2^j-1为一段(长度都为2^（j-1）)。用上例说明，当i=1，j=3时就是3,2,4,5 和 6,8,1,2这两段。F[i，j]就是这两段的最大值中的最大值。于是我们得到了动态规划方程F[i, j]=max（F[i，j-1], F[i + 2^(j-1)，j-1]）。

然后是查询。取k=[log2(j-i+1)]，则有：RMQ(A, i, j)=min{F[i,k],F[j-2^k+1,k]}。 举例说明，要求区间[2，8]的最大值，就要把它分成[2,5]和[5,8]两个区间，因为这两个区间的最大值我们可以直接由f[2，2]和f[5，2]得到。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<queue>
#include<math.h>
#include<map>
#define INF 0xffffffff
#define MAX 200005
#define Temp 1000000000
#define MOD 1000000007

using namespace std;

long long a[MAX],b[MAX],maxn[MAX][30],minn[MAX][30],n;

void MakeTab()//预处理
{
    memset(maxn,0,sizeof(maxn));
    memset(minn,0,sizeof(minn));
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        maxn[i][0]=a[i];
        minn[i][0]=b[i];
    }
    for(int j=1;(1<<j)<=n;j++)
    {
        for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)
        {
            maxn[i][j]=max(maxn[i][j-1],maxn[i+(1<<(j-1))][j-1]);
            minn[i][j]=min(minn[i][j-1],minn[i+(1<<(j-1))][j-1]);
        }
    }
}

int RMQ(long long l,long long r)
{
    long long k=log(r-l+1)/log(2);//k由换底公式得出
    long long Maxn=max(maxn[l][k],maxn[r-(1<<k)+1][k]);
    long long Minn=min(minn[l][k],minn[r-(1<<k)+1][k]);
    if(Maxn==Minn)
        return 0;
    else if(Maxn > Minn)
        return 1;
    return -1;
}

int main()
{
    long long ans,l,r,mid,pos1,pos2;
    while(scanf("%lld",&n)!=EOF)
    {
        ans=0;
        for(int i=1; i<=n; i++)
            scanf("%lld",&a[i]);
        for(int i=1; i<=n; i++)
            scanf("%lld",&b[i]);
        MakeTab();
        for(int i=1; i<=n; i++)//通过两个二分确定两个可行的位置pos1,pos2，以[pos1,pos2]为右端点的均符合，累加差值即可
        {
            l=i;
            r=n;
            pos1=-1;
            while(l <= r)
            {
                mid=(l+r)/2;
                int op=RMQ(i,mid);
                if(op==0)
                {
                    pos1=mid;
                    l=mid+1;
                }
                else if(op==1)
                {
                    r=mid-1;
                }
                else if(op==-1)
                {
                    l=mid+1;
                }
            }
            if(pos1!=-1)
            {
                l=i;
                r=n;
                while(l <= r)
                {
                    mid=(l+r)/2;
                    int op=RMQ(i,mid);
                    if(op==0)
                    {
                        pos2=mid;
                        r=mid-1;
                    }
                    else if(op==1)
                    {
                        r=mid-1;
                    }
                    else if(op==-1)
                    {
                        l=mid+1;
                    }
                }
                ans+=(pos1-pos2+1);
            }
        }
        printf("%lld
",ans);
    }
    return 0;
}