【BZOJ4540】【HNOI2016】序列（莫队）
题面
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
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
对于每次询问，输出一行，代表询问的答案。
Sample Input
5 5
5 2 4 1 3
1 5
1 3
2 4
3 5
2 5
Sample Output
28
17
11
11
17
HINT
1 ≤N,Q ≤ 100000,|Ai| ≤ 10^9
题解
我其实本来不想写莫队来着
但是在网上找题解都是莫队
无奈。。。我也写莫队。。
莫队的重点就在于怎么\(O(1)\)转移状态
假设我们已经求出了\([L+1,R]\)的答案
现在要扩展到\([L,R]\)
考虑新产生的\([L..L],[L..L+1]...,[L...R]\)的答案
我们先找到这段区间的最小值，假设其位置是\(p\)
那么右端点在\([p,R]\)的子序列的贡献都是\(a[p]\)
接下来呢？把\([L,p-1]\)继续考虑？
但是我们要做到转移\(O(1)\)，所以考虑怎么优化
我们设\(f[i]\)表示确定左端点为\(i\)时，到后面所有位置的贡献
利用单调栈求出右侧第一个比\(i\)位置小的数的位置\(R[i]\)
\([i,R[i]-1]\)的贡献就是\(a[i]\)，而\([R[i],n]\)的贡献则与\(i\)无关，
只与\(R[i]\)有关，因此，我们得到转移
\[f[i]=f[R[i]]+(R[i]-i)*a[i]\]
所以，此时\([L,p)\)的贡献就是\(f[L]-f[p]\)
考虑右侧的贡献同理
综上，时间复杂度\(O(n\sqrt{n})\)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define RG register
#define MAX 111111
inline int read()
{
RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
int n,q,blk;
int L[MAX],R[MAX],S[MAX],top,a[MAX],lg[MAX];
ll f[MAX],g[MAX],ans[MAX],Ans;
struct Query{int i,l,r,blk;}Q[MAX];
bool operator<(Query a,Query b){if(a.blk!=b.blk)return a.blk<b.blk;return a.r<b.r;}
struct STable
{
int p[18][MAX];
void pre()
{
for(int j=1;j<=lg[n];++j)
for(int i=1;i+(1<<(j-1))<=n;++i)
p[j][i]=a[p[j-1][i]]<=a[p[j-1][i+(1<<(j-1))]]?p[j-1][i]:p[j-1][i+(1<<(j-1))];
}
int Query(int l,int r)
{
int k=lg[r-l+1];
return a[p[k][l]]<=a[p[k][r-(1<<k)+1]]?p[k][l]:p[k][r-(1<<k)+1];
}
}ST;
ll CalcL(int l,int r)
{
int p=ST.Query(l,r);
return 1ll*(r-p+1)*a[p]+g[l]-g[p];
}
ll CalcR(int l,int r)
{
int p=ST.Query(l,r);
return 1ll*(p-l+1)*a[p]+f[r]-f[p];
}
int main()
{
n=read();q=read();blk=sqrt(n);
for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
for(int i=1;i<=n;++i)
{
while(top&&a[S[top]]>a[i])--top;
L[i]=S[top];
S[++top]=i;
}
for(int i=1;i<=n;++i)f[i]=f[L[i]]+1ll*(i-L[i])*a[i];
S[top=0]=n+1;
for(int i=n;i;--i)
{
while(top&&a[S[top]]>a[i])--top;
R[i]=S[top];
S[++top]=i;
}
for(int i=n;i>=1;--i)g[i]=g[R[i]]+1ll*(R[i]-i)*a[i];
for(int i=1;i<=q;++i)
{
int l=read(),r=read();
Q[i]=(Query){i,l,r,(l-1)/blk};
}
for(int i=1;i<=n;++i)ST.p[0][i]=i;
for(int i=2;i<=n;++i)lg[i]=lg[i>>1]+1;
ST.pre();
sort(&Q[1],&Q[q+1]);
for(int i=1,L=1,R=0;i<=q;++i)
{
while(R<Q[i].r)Ans+=CalcR(L,++R);
while(L>Q[i].l)Ans+=CalcL(--L,R);
while(R>Q[i].r)Ans-=CalcR(L,R--);
while(L<Q[i].l)Ans-=CalcL(L++,R);
ans[Q[i].i]=Ans;
}
for(int i=1;i<=q;++i)printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/cjyyb/p/8684452.html