CF689D Friends and Subsequences

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考点

  • 线段树
  • 二分

题解

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2e5 + 50;
int n, a[maxn], b[maxn];

// 0：代表mx
// 1：代表mi
int mx[4 * maxn], mi[4 * maxn];

void build_mx(int p, int l, int r) {
  if (l == r) {
    mx[p] = a[l];
    return;
  }
  int mid = (l + r) >> 1;
  build_mx(p << 1, l, mid), build_mx((p << 1) | 1, mid + 1, r);
  mx[p] = max(mx[p << 1], mx[(p << 1) | 1]);
}

void build_mi(int p, int l, int r) {
  if (l == r) {
    mi[p] = b[l];
    return;
  }
  int mid = (l + r) >> 1;
  build_mi(p << 1, l, mid), build_mi((p << 1) | 1, mid + 1, r);
  mi[p] = min(mi[p << 1], mi[(p << 1) | 1]);
}

inline int ask_mx(int p, int l, int r, int L, int R) {
  if (L <= l && r <= R) return mx[p];
  int mid = (l + r) >> 1;
  if (R <= mid)
    return ask_mx(p << 1, l, mid, L, R);
  else if (L > mid)
    return ask_mx((p << 1) | 1, mid + 1, r, L, R);
  else
    return max(ask_mx(p << 1, l, mid, L, R),
               ask_mx((p << 1) | 1, mid + 1, r, L, R));
}

inline int ask_mi(int p, int l, int r, int L, int R) {
  if (L <= l && r <= R) return mi[p];
  int mid = (l + r) >> 1;
  if (R <= mid)
    return ask_mi(p << 1, l, mid, L, R);
  else if (L > mid)
    return ask_mi((p << 1) | 1, mid + 1, r, L, R);
  else
    return min(ask_mi(p << 1, l, mid, L, R),
               ask_mi((p << 1) | 1, mid + 1, r, L, R));
}

int main() {
  ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
  cin >> n;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];
  for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> b[i];
  build_mx(1, 1, n), build_mi(1, 1, n);
  ll ans = 0;
  int mid, mx, mi, ans_l, ans_r;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    // 找左边界
    int l = i, r = n;
    while (l <= r) {
      mid = (l + r) >> 1;
      mx = ask_mx(1, 1, n, i, mid), mi = ask_mi(1, 1, n, i, mid);
      if (mx - mi >= 0)
        r = mid - 1;
      else
        l = mid + 1;
    }
    ans_l = l;
    // 找右边界
    l = i, r = n;
    while (l <= r) {
      mid = (l + r) >> 1;
      mx = ask_mx(1, 1, n, i, mid), mi = ask_mi(1, 1, n, i, mid);
      if (mx - mi <= 0)
        l = mid + 1;
      else
        r = mid - 1;
    }
    ans_r = r;
    ans += ans_r - ans_l + 1;
  }
  cout << ans << endl;
  return 0;
}

思路

使用线段树的时间复杂度是\(n\log ^2n\)，需要非常卡常才能过，建议使用ST表进行优化，毕竟只需要求区间极值而不需要动态修改。

固定左端点l，移动右端点r，可以发现一个数学规律： \[ \mathop {\small{\overset{r+1}{\max}}} \limits_{i=l}\,\,a_i\,\,\geqslant \,\,\mathop {\small{\overset{r}{\max}}} \limits_{i=l}\,\,a_i \]

\[ \mathop {\small{\overset{r+1}{\min}}} \limits_{i=l}\,\,b_i\,\,\leqslant \,\,\mathop {\small{\overset{r}{\min}}} \limits_{i=l}\,\,b_i \]

两者结合，变成： \[ \mathop {\small{\overset{r+1}{\max}}} \limits_{i=l}\,\,a_i-\mathop {\small{\overset{r+1}{\min}}} \limits_{i=l}\,\,b_i\,\,\geqslant \mathop {\small{\overset{r}{\max}}} \limits_{i=l}\,\,a_i-\mathop {\small{\overset{r}{\min}}} \limits_{i=l}\,\,b_i \] 抽象一下，变成： \[ f\left( i+1, j+1 \right) -f\left( i, j \right) \geqslant 0 \] 也就是说，固定左端点l，右端点r向右移动时，f函数的值是单调不减的。

现在的目标，是找到能让函数f的值为0的区间有多少个。

由于存在单调性，外循环每一次固定一个l，内循环对右端点r进行二分，找到等于0的左右边界即可。

0区间的左边界：

如果f >= 0，就向左边界移动，否则向右边界，得到左边界L

0区间的右边界：

如果f <= 0，就向右边界移动，否则向左边界，得到右边界R

那么本轮外循环对答案的贡献就是R - L + 1，开启下一轮外循环