【JZOJ5807】【NOIP提高A组模拟2018.8.13】简单的区间（分治+RMQ+二维偏序问题）

Problem

Hint

对于 30% 的数据，n ≤ 3000；
对于另外 20% 的数据，数列 a 为随机生成；
对于 100% 的数据，1 ≤ n ≤ 3 × 10^5 , 1 ≤ k ≤ 10^6 , 1 ≤ ai ≤ 10^9。

Solution

• 考虑分治。对于区间[l,r]，我们找出其中最大值的位置m，则可以计算出左端点在[l,m]，右端点在[m,r]的合法区间数量，然后分治处理子区间[l,m-1],[m+1,r]。
• 对于找最大值，我们显然不能暴力枚。因为如果最大值一直在l（在r同理），则分治时一直将l++，那么区间长度即为n~1，因此，时间复杂度为O(n2)$O(n^2)$ 级别。
• 注意到并不会修改ai，因此，可以考虑RMQ。可以用ST算法O(nlog2n)$O(nlo{g}_{2}n)$ 预处理一下，然后对于每个区间，O(1)$O(1)$ 找出最大值的位置m。

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• 若m-l＜r-m，我们可以暴枚左端点，再在右边查询合法的右端点的数量；否则枚举右端点，然后再左边查询合法的左端点的数量。
• 分析一下时间复杂度。若一个位置被枚举到了一次，则它所在的区间至少会缩减成原来的12$\frac{1}{2}$ ，因此一个位置最多被枚举O(log2n)$O(lo{g}_{2}n)$ 次。
• 因此，暴枚左/右端点的复杂度为O(nlog2n)$O(nlo{g}_{2}n)$ 。

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• 先推一波式子。若区间[x,y]合法，当且仅当：sum[y]−sum[x−1]−am≡0(mod k)$sum[y]-sum[x-1]-a_m\equiv 0(modk)$ 。
• 若我们枚举了一个左端点x，则合法的y必须满足：
  m≤y≤r∧sum[y]≡sum[x−1]+am(mod k)$$m\le y\le r\wedge sum[y]\equiv sum[x-1]+a_m(modk)$$
• 若我们枚举了y，则x须满足：
  l≤x≤m∧sum[x−1]=sum[y]−am(mod k)$$l\le x\le m\wedge sum[x-1]=sum[y]-a_m(modk)$$
• 于是，我们得到了O(nlog2n)$O(nlo{g}_{2}n)$ 个形如“x在区间[l,r]中出现了几次”的询问。于是这道题变成了主席树模板题。可以离线处理。

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• 对于每个形如“x在区间[l,r]中出现了几次”的询问，我们可以将其插到第r、第l-1个位置。
• 我们顺序扫一遍，维护一个桶cnt。若当前我们扫到i，则cnt[x]表示x在区间[1,i]出现的次数。
• 于是，我们扫到第l-1个位置时，查询一下，此时贡献为负；扫到第r个位置时，查询一下，此时贡献为正。

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时间复杂度：O(nlog2n)$O(nlo{g}_{2}n)$ 。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
#define rep(i,x) for(query *i=x; i; i=i->ne)
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=6e5+1,inf=0x7FFFFFFF;
int i,j,n,k,a[N],sum[N],f[N][19],x,y,cnt[N<<1];
ll ans;
struct query
{
    int x,v;
    query *ne;
    query(int x,int v,query *ne):x(x),v(v),ne(ne){}
}*fin[N];

inline void newquery(int l,int r,int x)
{
         fin[r  ]=new query(x, 1,fin[r  ]);
    if(l)fin[l-1]=new query(x,-1,fin[l-1]);
}

void solve(int l,int r)
{
    if(l>r) return;
    int l2=log2(r-l+1); 
    x=f[l][l2]; y=f[r-(1<<l2)+1][l2];
    int m=( a[x]>a[y] ? x : y );

    if(m-l<r-m)
            fo(i,l,m) newquery(m,r,(sum[i-1]+a[m])%k);
    else    fo(i,m,r) newquery(l-1,m-1,(sum[i]-a[m]%k+k)%k);

    solve(l,m-1); solve(m+1,r);
}

int main()
{
    freopen("interval.in","r",stdin);
    freopen("interval.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&k);
    fo(i,1,n) scanf("%d",&a[i]), sum[i]=(sum[i-1]+a[i])%k, f[i][0]=i;

    fo(j,1,18)
        fo(i,1,n) 
        {
            if(!f[x=i+(1<<j-1)][j-1]) break;
            f[i][j]=( a[f[i][j-1]]>a[f[x][j-1]] ? f[i][j-1] : f[x][j-1]);
        }

    solve(1,n);

    fo(x,0,n)
    {
        cnt[sum[x]]++;
        rep(i,fin[x]) 
        ans+=1ll*cnt[i->x]*i->v;
    }
    printf("%lld",ans-n);
}