[***]HZOJ 奇袭

C. 奇袭

题目描述

由于各种原因，桐人现在被困在Under World（以下简称UW）中，而UW马上 要迎来最终的压力测试——魔界入侵。

唯一一个神一般存在的Administrator被消灭了，靠原本的整合骑士的力量 是远远不够的。所以爱丽丝动员了UW全体人民，与整合骑士一起抗击魔族。

在UW的驻地可以隐约看见魔族军队的大本营。整合骑士们打算在魔族入侵前 发动一次奇袭，袭击魔族大本营！

为了降低风险，爱丽丝找到了你，一名优秀斥候，希望你能在奇袭前对魔族 大本营进行侦查，并计算出袭击的难度。

经过侦查，你绘制出了魔族大本营的地图，然后发现，魔族大本营是一个N ×N的网格图，一共有N支军队驻扎在一些网格中（不会有两只军队驻扎在一起）。

在大本营中，每有一个k×k(1≤k≤N)的子网格图包含恰好k支军队，我们袭 击的难度就会增加1点。

现在请你根据绘制出的地图，告诉爱丽丝这次的袭击行动难度有多大。

输入格式

第一行，一个正整数N，表示网格图的大小以及军队数量。

接下来N行，每行两个整数,Xi,Yi，表示第i支军队的坐标。

保证每一行和每一列都恰有一只军队,即每一个Xi和每一个Yi都是不一样 的。

输出格式

一行，一个整数表示袭击的难度。

样例

样例输入

5
1 1
3 2
2 4
5 5
4 3

样例输出

10

数据范围与提示

样例解释

显然，分别以(2,2)和(4,4)为左上,右下顶点的一个子网格图中有3支军队，这为我们的难度贡献了1点。类似的子网格图在原图中能找出10个。

数据范围

对于30%的数据，N ≤ 100
对于60%的数据，N ≤ 5000
对于100%的数据，N ≤ 50000

一道及其神仙的题，考试时只想到了暴力，复杂度$n^3log^2n$,用二维树状数组记录前缀和（有什么意义……），最后T27（说好30呢……）。

         LL ans=;
         for(int k=;k<n;k++)
         for(int i=;i<=n-k+;i++)
             for(int j=;j<=n-k+;j++)
                 if(ask(i+k-,j+k-)-ask(i-,j+k-)-ask(i+k-,j-)+ask(i-,j-)==k)ans++;
         printf("%lld\n",ans+n+);        

然后是$n^2$的方法，由于x，y没有重复，我们把x当作数组下标，就转化成了一维的，那么问题就转化成了：对于a数组，有多少个区间[L,R]满足区间是连续一段数（可以是乱序），进而转化为了：有多少个区[L,R] 满足max(a[L],……a[R])-min(a[L],……，a[R])=R-L，复杂度$n^2$，代码实现：

 　　 LL ans=,ma=-0x7fffffff,mi=0x7fffffff;
     for(int L=;L<=n;L++)
     {
         ma=-0x7fffffff,mi=0x7fffffff;
         for(int R=L;R<=n;R++)
         {
             ma=max(ma,h[R]),mi=min(mi,h[R]);
             if(R-L==ma-mi)ans++;
         }
     }

然后就是及其神仙的$nlogn$正解了：

分治，区间[L,R]的答案=[L,mid]+[mid+1,R]+跨mid的答案，对于前两种直接递归到L=R return 1即可，主要是最后一种。

首先预处理出[L,mid]中的各个点i，区间[i,mid]的最大值和最小值，以及区间[mid+1,R]中各个点i，区间[mid+1,i]的最大值和最小值（注意mid+1）。以下ma[i],如果i<=mid,则表示[i,……，mid]最大值，否则表示[mid+1,……，i]最大值，mi[i]同理。

代码实现：

         ma[mid]=mi[mid]=h[mid];
     for(int i=mid-;i>=L;i--)
         mi[i]=min(mi[i+],h[i]),
         ma[i]=max(ma[i+],h[i]);
     ma[mid+]=mi[mid+]=h[mid+];
     for(int i=mid+;i<=R;i++)
         mi[i]=min(mi[i-],h[i]),
         ma[i]=max(ma[i-],h[i]);

跨区间的答案分两种情况：

1.这个区间的最小值和最大值都在[L,mid]段，但是这个区间的跨mid，枚举区间左端点，由$r-l=ma[l,r]-mi[l,r]$并且最大值最小值都在[L,mid]段，所以$r-l=ma[l]-mi[l]$,枚举左端点，则r=l+ma[l]-mi[l],判断r

是否符合条件，若符合，ans++,不符合的情况：r>R,r<=mid(因为要跨区间)，mi[r]<mi[l]（这样最小值就不在左边了），ma[r]>mi[l]同理。

     for(int l=L;l<=mid;l++)
     {
         int r=ma[l]-mi[l]+l;
         if(r>R)continue;
         if(r<=mid)continue;
         if(ma[r]>ma[l])continue;
         if(mi[r]<mi[l])continue;
         ans++;
     }

代码实现

2.这个区间的最小值和最大值都在[mid+L,R]段，这个区间跨mid，枚举区间又端点即可，同上。

3.区间最小值在[L,mid],最大值在[mid+1,R],则满足$ma[r]-mi[l]=r-l$,移项得$ma[r]-r=mi[l]-l$,此时式子的左右两边就没有什么关系了，然后用到了和BSGS相似的思路，将ma[i]-i放在桶里（即把其当作数组下标），通过两个指针，r1=r2=mid+1，ma与mi是严格单调的，首先将r1（r1<=R）不断++，若满足mi[r1]>mi[L]，则tong[ma[r1]-r1]++,对于整个[L，mid]，这些都是满足mi[r1]>mi[L],即保证最小值在左区间，然后将r2不断++，若满足ma[r2]<ma[L],则tong[ma[r2]-r1]--,因为此时不满足最大值在右区间。此时tong中的数值都会满足ma[i]>ma[L],mi[i]<mi[L],然后我们就可以统计答案了，枚举左端点l，ans+=tong[mi[l]-l](mi[l]-l=ma[r]-r),但是这样就够了吗？并不够，因为桶中的数据是满足ma[i]>ma[L],mi[i]<mi[L]，但是由于是从左到右枚举左端点，我们只需要它满足ma[i]>ma[l]&&mi[i]<ma[l]即可，而ma，mi是单调的，显然ma[l]<=ma[L],mi[l]>=mi[L],随着l的枚举，ma[l]会越来越小，mi[l]则会越来越大，符合条件$mi[r1]>mi[L],ma[r2]>ma[L]$的会越来越多,所以r1，r2还要继续移动，将在l-1时不符合条件但是在l时符合条件的放进去，然后就可以ans+=tong[mi[l]-l]了。有几个小细节要注意，考虑到ma[i]-i会出负数，所以tong下标要+n（当然你也可以用指针进行一些骚操作使负数合法），tong不要memset，其实不会影响正确性只是会T27……

还有就是如果tong的值是负数时就不要加了，判断的时候要写if(...>0)(不要像我一样沙雕地不写>0，非0为真，负数也为真)。

     int r1=mid+,r2=mid+;
     while(r1<=R&&mi[L]<mi[r1])
     {
         tong[n+ma[r1]-r1]++;
         r1++;
     }
     while(r2<=R&&ma[L]>ma[r2])
     {
         tong[n+ma[r2]-r2]--;
         r2++;
     }
     for(int l=L;l<=mid;l++)
     {
         while(r1>mid+&&mi[r1-]<mi[l])
             r1--,tong[n+ma[r1]-r1]--;
         while(r2>mid+&&ma[r2-]>ma[l])
             r2--,tong[n+ma[r2]-r2]++;
         if(tong[n+mi[l]-l]>)ans+=tong[n+mi[l]-l];
     }
     for(int i=mid+;i<=R;i++)tong[n+ma[i]-i]=;

代码实现

4.最大值在左边最小值在右边的情况，和上边就很类似了，只是式子要换一下，$ma[l]-mi[r]=r-l$,移项得$ma[l]+l=mi[r]+r$,其余的就大概相同了。

当然你也可以用一下黑科技区间反转，但是要判断一下mid。