题目描述
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3 2 0
2 1 2
1 1
1 3
样例输出
0
3
题解
单调栈+可持久化线段树
本题是 bzoj4826 的弱化版（我为什么做题总喜欢先挑难的做QAQ）
$k$对点对$(i,j)$有贡献，当且仅当$a_k=max(a_{i+1},a_{i+2},…,a_{r-1})$，且$a_k<a_i\&\&a_k<a_j$。
那么我们可以使用单调栈求出i左面第一个比它大的位置$lp[i]$，和右面第一个比它大的位置$rp[i]$，那么点对$(lp[i],rp[i])$就是满足第二个条件的点对。
但是这样还不行，因为在本题中可能会出现相同的数，它们的贡献可能是一样的，但是一个点对却只能被计算一次。
所以我们固定在贡献相同的点中让最左边的点产生贡献，其余不产生贡献。所以再使用单调栈求出i左面第一个大于等于它的位置$lf[i]$，那么只把$lp[i]=lf[i]$的点的贡献考虑进答案中。
然后问题就转化为：给定平面上一些点（不超过n个），求以$(a,a)$和$(b,b)$为顶点的矩形中有多少个节点（包括边界）
对于每个横坐标建立一棵可持久化线段树，对于一个点在它横坐标版本的可持久化线段树中插入它纵坐标位置的数。
最后查询时就是查对于区间[a,b]，root[b]与root[a-1]的差。
最后再把第一种情况的答案（当然是要单独拿出来处理啊！）加上并输出即可。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 300010
using namespace std;
struct data
{
int x , y;
bool operator<(const data a)const {return x < a.x;}
}a[N];
int v[N] , lp[N] , rp[N] , lf[N] , sta[N] , top , cnt , root[N] , ls[N * 20] , rs[N * 20] , si[N * 20] , tot;
void insert(int p , int l , int r , int x , int &y)
{
y = ++tot , si[y] = si[x] + 1;
if(l == r) return;
int mid = (l + r) >> 1;
if(p <= mid) rs[y] = rs[x] , insert(p , l , mid , ls[x] , ls[y]);
else ls[y] = ls[x] , insert(p , mid + 1 , r , rs[x] , rs[y]);
}
int query(int b , int e , int l , int r , int x , int y)
{
if(b <= l && r <= e) return si[y] - si[x];
int mid = (l + r) >> 1 , ans = 0;
if(b <= mid) ans += query(b , e , l , mid , ls[x] , ls[y]);
if(e > mid) ans += query(b , e , mid + 1 , r , rs[x] , rs[y]);
return ans;
}
int main()
{
int n , m , type , i , j , x , y , last = 0;
scanf("%d%d%d" , &n , &m , &type);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &v[i]);
v[0] = v[n + 1] = 1 << 30;
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
while(v[sta[top]] <= v[i]) top -- ;
lp[i] = sta[top] , sta[++top] = i;
}
top = 0 , sta[0] = n + 1;
for(i = n ; i >= 1 ; i -- )
{
while(v[sta[top]] <= v[i]) top -- ;
rp[i] = sta[top] , sta[++top] = i;
}
top = 0 , sta[0] = 0;
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
while(v[sta[top]] < v[i]) top -- ;
lf[i] = sta[top] , sta[++top] = i;
}
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
if(lp[i] && rp[i] <= n && lp[i] == lf[i])
a[++cnt].x = lp[i] , a[cnt].y = rp[i];
sort(a + 1 , a + cnt + 1);
for(i = j = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
root[i] = root[i - 1];
while(j <= cnt && a[j].x == i) insert(a[j].y , 1 , n , root[i] , root[i]) , j ++ ;
}
while(m -- )
{
scanf("%d%d" , &x , &y);
if(type == 1) x = (x + last - 1) % n + 1 , y = (y + last - 1) % n + 1;
if(x > y) swap(x , y);
printf("%d\n" , last = query(x , y , 1 , n , root[x - 1] , root[y]) + y - x);
}
return 0;
}
