序列

Description

给定长度为n的序列：a1,a2,…,an，记为a[1:n]。

类似地，a[l:r]（1≤l≤r≤N）是指序列：al,al+1,…,ar-1,ar。若1≤l≤s≤t≤r≤n，则称a[s:t]是a[l:r]的子序列。

现在有q个询问，每个询问给定两个数l和r，1≤l≤r≤n，求a[l:r]的不同子序列的最小值之和。

例如，给定序列5,2,4,1,3，询问给定的两个数为1和3，那么a[1:3]有6个子序列a[1:1],a[2:2],a[3:3],a[1:2],a[2:3],a[1:3]，这6个子序列的最小值之和为5+2+4+2+2+2=17。

Input Format

输入文件的第一行包含两个整数n和q，分别代表序列长度和询问数。

接下来一行，包含n个整数，以空格隔开,第i个整数为ai，即序列第i个元素的值。

接下来q行，每行包含两个整数l和r，代表一次询问。

Output Format

对于每次询问，输出一行，代表询问的答案。

Sample Input

Sample Output

解析

回答若干个静态的区间询问，思路是莫队。

假设我们已经得到了区间([l,r])的答案，直接考虑如何转移到([l,r+1])。显然，我们只需要考虑包含(r+1)这一个点的子序列([l,r+1],[l+1,r+1],...,[r+1,r+1])即可。要求的是最小值之和，我们就设([l,r+1])在(a)序列上的区间最小值为(a_p)，位置是(p)，那么所有左端点在([l,p])之间的区间的答案就都是(a_p)，总共的贡献为(a_p*(p-l+1))，这个问题显然可以用(ST)表解决。

那么剩下的那些区间我们考虑用(dp)来计算答案。设(f[i][j])代表右端点为(j)，左端点在([i,j])之间的答案之和，那么我们要求的就是(f[p+1][r+1])。记录下(prep_i)代表(a)序列中(a_i)左边第一个比他小的元素的位置(单调栈解决)，状态转移方程就是：$$f[i][j]=f[i][prep_j]+a_j*(j-prep_j)$$。

发现状态转移方程与(i)无关，直接将第一维舍去，那么(f[j])的定义就是右端点为(j)的所有区间的答案之和。继续考虑原问题，发现必然存在一个点(x)满足(prep_x=p)，(f[r+1]=a_{r+1}*(r+1-prep_{r+1})+...+a_x*(x-p)+f[p])，那么我们原来要求的(f[p+1][r+1])其实可以表示为(f[r+1]-f[p])，然后预处理出(f)数组，就可在莫队当中(O(1))转移了。

当然，我们还需要处理出反方向的(f)数组，以便莫队向左转移。如果是删除操作的话，就减去加入这个点的时候带来的贡献即可。

(Code:)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100200 , MaxlogN = 25 , INF = 2e9;
int n,m,a[N],size;
int Min[N][MaxlogN],Log2[N],Pow2[MaxlogN];
int prep[N],next[N],Stack[N],top;
long long ans[N],fl[N],fr[N],tot;
struct Query{int l,r,id;}q[N];
inline void init(void)
{
    Pow2[0] = 1 , a[0] = a[n+1] = INF;
    for (int i=1;i<=MaxlogN-2;i++) 
        Pow2[i] = Pow2[i-1] << 1;
    for (int i=2;i<=n;i++)
        Log2[i] = Log2[i>>1] + 1;
    for (int i=1;i<=n;i++)
        Min[i][0] = i;
    for (int k=1;k<=Log2[n];k++)
        for (int i=1;i+Pow2[k-1]-1<=n;i++)
            if ( a[ Min[i][k-1] ] < a[ Min[i+Pow2[k-1]][k-1] ] )
                Min[i][k] = Min[i][k-1];
            else Min[i][k] = Min[i+Pow2[k-1]][k-1];
    top = 0;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        while ( top && a[Stack[top]] > a[i] ) 
            next[ Stack[top--] ] = i;
        prep[i] = Stack[top] ; Stack[++top] = i;
    }
    while ( top ) 
    {
        prep[ Stack[top] ] = Stack[top-1];
        next[ Stack[top] ] = n+1;
        top--;
    }
}
inline int query(int l,int r)
{
    int k = Log2[r-l+1];
    if ( a[ Min[l][k] ] < a[ Min[r-Pow2[k]+1][k] ] )
        return Min[l][k];
    else return Min[r-Pow2[k]+1][k];
}
inline void input(void)
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    for (int i=1;i<=m;i++)
        scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r) , q[i].id = i;
}
inline void dp(void)
{
    for (int i=1;i<=n;i++)
        fr[i] = fr[prep[i]] + 1LL * a[i] * (i-prep[i]);
    for (int i=n;i>=1;i--)
        fl[i] = fl[next[i]] + 1LL * a[i] * (next[i]-i);
}
inline bool compare(Query p1,Query p2)
{
    if ( (p1.l/size) ^ (p2.l/size) )
        return p1.l < p2.l ;
    else if ( (p1.l/size) & 1 )
        return p1.r < p2.r ;
    else return p1.r > p2.r ;
}
inline void insert1(int l,int r)
{
    int p = query(l,r);
    tot += ( 1LL * a[p] * (p-l+1) + fr[r] - fr[p] ); 
}
inline void insert2(int l,int r)
{
    int p = query(l,r);
    tot += ( 1LL * a[p] * (r-p+1) + fl[l] - fl[p] );
}
inline void remove1(int l,int r)
{
    int p = query(l,r);
    tot -= ( 1LL * a[p] * (p-l+1) + fr[r] - fr[p] );
}
inline void remove2(int l,int r)
{
    int p = query(l,r);
    tot -= ( 1LL * a[p] * (r-p+1) + fl[l] - fl[p] );
}
inline void CaptainMo(void)
{
    double val = sqrt(1.0*m*2/3);
    if ( val > n || val < 500 ) size = sqrt(n);
    else size = n * 1.0 / val;
    sort( q+1 , q+m+1 , compare );
    int l = 1 , r = 0;
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        int ql = q[i].l , qr = q[i].r;
        while ( l > ql ) insert2(--l,r);
        while ( r < qr ) insert1(l,++r);
        while ( l < ql ) remove2(l++,r);
        while ( r > qr ) remove1(l,r--);
        ans[ q[i].id ] = tot;
    }
}
int main(void)
{
    input();
    init();
    dp();
    CaptainMo();
    for (int i=1;i<=m;i++)
        printf("%lld
",ans[i]);
    return 0;
}

<后记>