【HNOI2016】序列

题面

题解

设([l, r])的最小值的位置为(p)，那么对于左端点在区间([l, p])，右端点在区间([p, r])的区间最小值都为(a[p])。

这一部分的贡献就是(a[p] imes (p - l + 1) imes (r - p + 1))

设(f_i = f_{mathrm{pre}_i} + a_i imes (i - mathrm{pre}_i))，于是我们可以发现(f_{r + 1} - f_p)就是以(r + 1)为右端点，左端点为([p + 1, r + 1])的答案。

但是我们这里要考虑左端点为((p, x])，右端点为([x, r])的全部答案。

对于点(r)，所有以(r)为右端点，左端点在((p, r])的答案为(f_r - f_p)。

对于点(r - 1)，所有以(r - 1)为右端点，左端点在((p, r - 1])的答案为(f_{r - 1} - f_p)

(cdots)

对于点(p + 1)，所有以(p + 1)为右端点，左端点在((p, p + 1])的区间答案为(f_{p + 1} - f_p)

求个和，就是((sum_{i = p + 1} ^ r f_i) - f_p imes(r - p))。

设(g_i = sum_{j = 1} ^ i f_j)，那么答案就是(g_r - g_p - f_p imes (r - p))。

同样(p)左边的情况是类似的。

时间复杂度(mathrm{O}(nlog_2 n))

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define RG register
#define clear(x, y) memset(x, y, sizeof(x))

namespace IO
{
	const int BUFSIZE = 1 << 20;
	char ibuf[BUFSIZE], *is = ibuf, *it = ibuf;
	inline char getchar() { if (is == it) it = (is = ibuf) + fread(ibuf, 1, BUFSIZE, stdin); return *is++; }
}

inline int read()
{
	int data = 0, w = 1;
	char ch = IO::getchar();
	while(ch != '-' && (ch < '0' || ch > '9')) ch = IO::getchar();
	if(ch == '-') w = -1, ch = IO::getchar();
	while(ch >= '0' && ch <= '9') data = data * 10 + (ch ^ 48), ch = IO::getchar();
	return data * w;
}

const int maxn(1e5 + 10), INF(0x3f3f3f3f), LogN(17);
int n, m, f[LogN][maxn], a[maxn], pre[maxn], suc[maxn];
long long fl[maxn], fr[maxn], gl[maxn], gr[maxn];
int Log[maxn], stk[maxn], top;
inline int min(int x, int y) { return a[x] < a[y] ? x : y; }
inline int query(int l, int r)
{
	int k = Log[r - l + 1];
	return min(f[k][l], f[k][r - (1 << k) + 1]);
}

int main()
{
	n = read(), m = read(); a[0] = a[n + 1] = INF, Log[0] = -1;
	for(RG int i = 1; i <= n; i++)
		a[f[0][i] = i] = read(), Log[i] = Log[i >> 1] + 1;
	for(RG int i = 1; i <= Log[n]; i++)
		for(RG int j = 1; j <= n - (1 << (i - 1)) + 1; j++)
			f[i][j] = min(f[i - 1][j], f[i - 1][j + (1 << (i - 1))]);
	for(RG int i = 1; i <= n; i++)
	{
		while(top && a[stk[top]] > a[i]) suc[stk[top--]] = i;
		pre[i] = stk[top], stk[++top] = i;
	}
	while(top) pre[stk[top]] = stk[top - 1], suc[stk[top--]] = n + 1;
	for(RG int i = 1; i <= n; i++)
		fr[i] = 1ll * a[i] * (i - pre[i]) + fr[pre[i]],
		gr[i] = gr[i - 1] + fr[i];
	for(RG int i = n; i; i--)
		fl[i] = 1ll * a[i] * (suc[i] - i) + fl[suc[i]],
		gl[i] = gl[i + 1] + fl[i];
	while(m--)
	{
		int l = read(), r = read(), p = query(l, r);
		printf("%lld
", 1ll * (p - l + 1) * (r - p + 1) * a[p]
				+ gr[r] - gr[p] - fr[p] * (r - p)
				+ gl[l] - gl[p] - fl[p] * (p - l));
	}
	return 0;
}