2019牛客暑期多校訓練營（第二場）----J-Subarray

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來源：牛客網
涉及：分治

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題目如下：



數組的長度已經被定下來了，爲$10^9$，此時告訴我們肯定不能直接使用前綴和。

但是還有一個條件非常有用：那就是1的個數不多，而且我們知道每一段1的位置及長度。

那麼對於其他所有的-1，有一些-1是有用的（與其他的1或-1成爲一個區間使得區間和仍然大於0），有一些-1則完全沒有用，那些有用的-1和1組成的連續區間我們叫它有用區間。如圖：

於是可以完全不考慮那些沒用的-1，直接考慮所有的1和所有有用的-1，這樣我們需要考慮的區間長度最多隻有$10^7$的長度。

還有一件事，原數組默認從0開始，然後我在輸入的時候就全部加1，打算從1開始

r[0]=l[0]=0,r[n+1]=l[n+1]=1e9+1;
for(i=1;i<=n;i++){
	int a,b;
	scanf("%d%d",&a,&b);
	l[i]=a+1,r[i]=b+1;//全部加1,讓數組從下標爲1開始
}

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對於每一段連續的1，都可以找出一段有用區間，有些有用區間可能重合或者相鄰，那麼這兩段有用區間可以合成爲一段有用區間。如圖：

上圖中對於兩段全1區間，它們所對應的有用區間重合了，於是這整個一段合併成爲一段有用區間。

如下圖仍然是兩段有用區間：

先將所有連續全1區間的左邊界位置和右邊界位置分別放在兩個數組$l$和$r$中

先創建兩個數組$front$和$back$，其中
　$front[i]$表示以第i段全1區間的右邊界爲右邊界的最大區間和。
　$back[i]$表示以第i段全1區間的左邊界爲左邊界的最大區間和。
那麼front和back數組滿足兩個遞推式：
$front[i]=r[i]-l[i]+1+max(front[i-1]-(l[i]-r[i-1]-1),0)$$back[j]=r[j]-l[j]+1+max(back[j+1]-(l[j+1]-r[j]-1),0)$

解釋一下：假設以第i段全1區間的右邊界爲右邊界的區間最大和爲n$(表示front[i]=n)$，第i段全1區間和第i+1段中間的-1數量有m$(表示l[j+1]-r[j]-1=m)$個。
如果$m>n$，那麼以第i+1段全1區間的右邊界爲右邊界的區間最大和$（表示front[i+1]）$只能爲$r[i+1]-l[i+1]+1$（表示第i+1段全1區間的1的數量）；
如果$m\le n$，那麼$front[i+1]=r[i+1]-l[i+1]+1+n-m$

back[n+1]=front[0]=0;
for(i=1,j=n;i<=n && j>=1;i++,j--){
	front[i]=r[i]-l[i]+1+max(front[i-1]-(l[i]-r[i-1]-1),0);//從頭到尾更新front的值
	back[j]=r[j]-l[j]+1+max(back[j+1]-(l[j+1]-r[j]-1),0);//從尾到頭更新back的值
}

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如果第i段有用區間和第i+1段有用區間能合併，那麼滿足$back[i+1]+front[i] \ge l[i+1]-r[i]-1$

可以參照下圖理解（圖中沒有標出3個全1區間的有用區間）：

可以判斷第i個有用區間往後可以合併多少有用區間，用一個數$pos$來表示，故

int pos=i;//此時遍歷到第i個有用區間
while(pos<=n && front[pos]+back[pos+1]>=l[pos+1]-r[pos]-1)	pos++;//判斷往後能不能繼續合併後面的有用區間

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合併完畢，我們就得到了真正意義上的每一段有用區間，對每一段有用區間進行求解，然後將每一段求解的答案加起來就是答案

合併之後的有用區間我們不知道他的左邊界和右邊界的位置，它其實是類似於下面這樣的區間：

這一段合併之後的區間我們還要看它往左和往右能延伸到什麼位置，分別存到變量$first$和$last$中，假設這一段合併區間跨過了第i段到第pos段的全1區間，那麼:
$first=max(l[i]-back[i],1)$$last=min((int)1e9,r[pos]+front[pos])$

解釋一下：由於這一段合併區間跨過了第i段到第pos段的全1區間，於是l[i]就是合併區間中第一段全1區間的左邊界，r[pos]就是合併區間中最後一段全1區間的右邊界；
如果以l[i]爲左邊界的最大區間和爲back[i]，那麼l[i]往左最多可以容納back[i]個-1；
如果以r[pos]爲右邊界的最大區間和爲front[pos]，那麼r[i]往右最多可以容納front[pos]個-1；

於是這一段合併區間真正的邊界就被找出來了：

第一步對於這一段合併區間肯定是求前綴和，然後需要判斷有多少對正序對即可（參考逆序對），可以像求解逆序對一樣用樹狀數組，但是會超時。
求合併區間前綴和代碼：

		int t=i;//此合併區間第i個全1區間開始，t表示下一個未遍歷到的全1區間的序號
		for(int k=first;k<=last;k++){//k從區間開始遍歷到區間結尾，下面那個sum數組是合併區間的前綴和數組
			if(k>=l[t] && k<=r[t])	sum[k-first+1]=sum[k-first]+1;//遍歷到某一段全1區間內，前綴和就加1
			else	sum[k-first+1]=sum[k-first]-1;//遍歷到-1區間內，前綴和就加減1
			if(k==r[t])	t++;//此全1區間全部遍歷完畢，t++表示該遍歷第t+1個全1區間了
			cnt[sum[k-first+1]+base]=0;//這個先不管	
		}

但是我們知道由於原合併區間中只有1或者-1，所以在前綴和$sum$數組中任意兩個相鄰的數相差1

觀察上方那個合併區間的前綴數組

代碼如下：

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e6+5;
const int maxm=1e7+5;
int n;
int l[maxn],r[maxn],back[maxn],front[maxn];
int cnt[3*maxm],num1=0,num2=0; 
int sum[3*maxm]={0};
ll ans=0;
int main(){
	scanf("%d",&n);
	int i,j;
	back[n+1]=front[0]=r[0]=l[0]=0,r[n+1]=l[n+1]=1e9+1;
	for(i=1;i<=n;i++){
		int a,b;
		scanf("%d%d",&a,&b);
		l[i]=a+1,r[i]=b+1;
	}
	for(i=1,j=n;i<=n && j>=1;i++,j--){
		front[i]=r[i]-l[i]+1+max(front[i-1]-(l[i]-r[i-1]-1),0);
		back[j]=r[j]-l[j]+1+max(back[j+1]-(l[j+1]-r[j]-1),0);
	}
	i=1;
	int base=1e7+1;
	while(i<=n){
		int pos=i,t=i;
		while(pos<=n && front[pos]+back[pos+1]>=l[pos+1]-r[pos]-1)	pos++;
		ll first=(ll)max(l[i]-back[i],1),last=(ll)min((int)1e9,r[pos]+front[pos]);
		for(int k=first;k<=last;k++){
			if(k>=l[t] && k<=r[t])	sum[k-first+1]=sum[k-first]+1;
			else	sum[k-first+1]=sum[k-first]-1;
			if(k==r[t])	t++;
			cnt[sum[k-first+1]+base]=0;	
		}
		cnt[0+base]=1;
		for(int k=1;k<=last-first+1;k++){
			if(sum[k]>sum[k-1])	num2=num1+cnt[sum[k-1]+base];
			else	num2=num1-cnt[sum[k]+base];
			cnt[sum[k]+base]++;
			ans+=num2;
			swap(num1,num2);
		}
		i=pos+1;
	}
	printf("%lld",ans);
}