Subarray

Posted on | In , , ,

题目链接

题意

询问多少子段和大于等于0.

思路

处理每一段1最左和最右能延伸到什么位置。这样处理出的长度是级别的。
然后处理这样的一个答案很直觉的一个做法就是找前缀和小于等于当前前缀和的数量有多少。
如此做法会有一个。
观察一下发现我们前缀和每次变化最多是1，所以我们每次询问的答案数量也就在两个相邻数值之间变化。

Code

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91
92
93
94
95
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
 
#define ERR(args...) { string _s = #args; replace(_s.begin(), _s.end(), ',', ' '); stringstream _ss(_s); istream_iterator<string> _it(_ss); err(_it, args); }
 
void err(istream_iterator<string> it) {
    cerr << "\n";
}
template<typename T, typename... Args>
void err(istream_iterator<string> it, T a, Args... args) {
    cerr << *it << "=" << a << ", ";
    err(++it, args...);
}
 
#define ERR1(arg,n) { cerr<<""<<#arg<<"=\n  "; for(int i=1;i<=n;i++) cerr<<arg[i]<<" "; cerr<<"\n"; }
#define ERR2(arg,n,m) { cerr<<""<<#arg<<"=\n"; for(int i=1;i<=n;i++) { cerr<<"  "; for(int j=1;j<=m;j++)cerr<<arg[i][j]<<" "; cerr<<"\n"; } }
 
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MAXN = 10000000, MAXM = 1000000;
 
int l[MAXM + 5], r[MAXM + 5], f[MAXM + 5], g[MAXM + 5];
int sum[MAXN * 3 + 5], b[MAXN * 3 + 5], c[MAXN * 3 + 5];
 
int main() {
#ifdef Yinku
    freopen("Yinku.in", "r", stdin);
#endif // Yinku
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d%d", &l[i], &r[i]);
    f[1] = r[1] - l[1] + 1;
    //f[i]以i段右端点为结尾的能构造出的最大的前缀和
    for(int i = 2; i <= n; i++)
        f[i] = max(0, f[i - 1] - (l[i] - r[i - 1] - 1)) + r[i] - l[i] + 1;
    //0：以i-1段右端点结尾的能构造出的最大的前缀和都不足够跨过[i-1,i]之间的-1
    //f[i - 1] - (l[i] - r[i - 1] - 1)：跨过之后还剩下多少贡献给这段
    g[n] = r[n] - l[n] + 1;
    //g[i]以i段左端点为开头的能构造出的最大的前缀和
    for(int i = n - 1; i >= 1; i--)
        g[i] = max(0, g[i + 1] - (l[i + 1] - r[i] - 1)) + r[i] - l[i] + 1;
    //ERR1(f, n);
    //ERR1(g, n);
    int i = 1, base = 10000000;
    ll ans = 0;
    while(i <= n) {
        int j = i + 1;
        while(j <= n && g[j] + f[j - 1] >= l[j] - r[j - 1] - 1) {
            //说明这个[j-1,j]之间的-1段可以因为两侧的f[j-1]和g[j]足够大而连接起来
            j++;
        }
        j--;
        //此时j是从i开始最远能够连接到的区间
        int left = max(0, l[i] - g[i]), right = min(1000000000 - 1, r[j] + f[j]);
        //left,right是至少会产生一个贡献的范围
        //ERR(left, right);
        int t = i, mi = INF, mx = 0;
        sum[0] = 0;
        for(int k = left; k <= right; k++) {
            //统计这一整段可连接区间的前缀和
            if(k >= l[t] && k <= r[t])
                sum[k - left + 1] = sum[k - left] + 1;
            else
                sum[k - left + 1] = sum[k - left] - 1;
            if(k == r[t])
                t++;
            mi = min(mi, sum[k - left + 1] + base);
            mx = max(mx, sum[k - left + 1] + base);
            //b记录前缀和出现过的次数
            b[sum[k - left + 1] + base] ++;
        }
        //ERR1(sum, right);
        //b记录前缀和出现过的次数的后缀和
        for(int k = mx - 1; k >= mi; k--)
            b[k] += b[k + 1];
        //包含最左侧点的贡献
        ans += b[base + 1];
        for(int k = left; k <= right; k++) {
            t = sum[k - left + 1] + base;
            //t表示k位置sum的值
            //b[t+1]比t大的值的个数
            //c[t+1]比在k位置左侧的比t大的值的个数的lazy
            b[t + 1] -= c[t + 1]; //把lazy加上去
            c[t] += c[t + 1] + 1; //lazy标记下移
            c[t + 1] = 0; //清空lazy
            ans += b[t + 1];
        }
        for(int k = mi; k <= mx; k++)
            b[k] = 0, c[k] = 0;
        i = j + 1;
    }
    printf("%lld", ans);
    return 0;
}
0%