计蒜客 微软大楼设计方案（RMQ）

题目链接 微软大楼设计方案

中文题就不说题意了~

首先是简单版本

满足$1 <= n, m <= 50$

那么设$c[i][j]$为从第$i$幢楼到第$j$幢楼的最低的那幢楼的高度

计算两个点之间的距离的时候，若两个点分别在第$i$列，第$j$列，那么要根据$c[i][j]$来计算。

暴力即可

#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
#define rep(i, a, b)	for (int i(a); i <= (b); ++i)
#define dec(i, a, b)	for (int i(a); i >= (b); --i)
 
int n, k;
int a[10010];
int c[201][201];
int x[201], y[201];
int m;
int ans = 0;
 
int main(){
 
	scanf("%d%d", &n, &k);
	rep(i, 1, n) scanf("%d", a + i);
	rep(i, 1, n){
		c[i][i] = a[i];
		rep(j, i + 1, n) c[i][j] = min(c[i][j - 1], a[j]), c[j][i] = c[i][j];
	}
 
	rep(i, 1, n) rep(j, 1, n) if (c[i][j] == 0) c[i][j] = c[j][i];
 
	scanf("%d", &m);
 
	rep(i, 1, m) scanf("%d%d", x + i, y + i);
 
	rep(i, 1, m - 1){
		rep(j, i + 1, m){
			int cnt;
			if (y[i] > c[x[i]][x[j]] && y[j] > c[x[i]][x[j]])
				cnt = y[i] - c[x[i]][x[j]] + y[j] - c[x[i]][x[j]] + abs(x[i] - x[j]);
			else cnt = abs(x[i] - x[j]) + abs(y[i] - y[j]);
			if (cnt <= k) ++ans;
		}
	}
 
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
 
}

再是中等版本

满足$1 <= n <= 200000, 1 <= m <= 2000$

$m$的范围让我们还是可以在1秒钟之内两两枚举点对并完成统计

就是$c[i][j]$不能按照刚刚那个方法求了。

我们构建一张ST表，令$f[i][j]$为从$i$开始连续$2^{j}$个数的最小值

于是在$O(1)$内我们可以得到第$i$幢楼到第$j$幢楼的最低的那幢楼的高度

中等版本也解决了

#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
#define rep(i, a, b)	for (int i(a); i <= (b); ++i)
#define dec(i, a, b)	for (int i(a); i >= (b); --i)
 
int a[200030];
int f[200030][22];
int n, m, k;
int ans = 0;
 
struct node{
	int x, y;
	void scan(){ scanf("%d%d", &x, &y);}
	friend bool operator < (const node &a, const node &b){
		return a.x == b.x ? a.y < b.y : a.x < b.x;
	}
} p[3010];
 
inline int solve(int l, int r){
	int k = (int)log2((double)(r - l + 1));
	return min(f[l][k], f[r - (1 << k) + 1][k]);
}
 
void work(){
	rep(i, 1, n) f[i][0] = a[i];
	rep(j, 1, 20) rep(i, 1, n)
		if ((i + (1 << j) - 1) <= n) f[i][j] = min(f[i][j - 1], f[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
}
 
int main(){
 
	scanf("%d%d", &n, &k);
	rep(i, 1, n) scanf("%d", a + i);
 
	work();
 
	scanf("%d", &m);
	rep(i, 1, m) p[i].scan();
	sort(p + 1, p + m + 1);
 
	rep(i, 1, m - 1){
		rep(j, i + 1, m){
			int cnt;
			int now = solve(p[i].x, p[j].x);
			if (p[i].y > now && p[j].y > now)
				cnt = p[i].y - now + p[j].y - now + abs(p[i].x - p[j].x);
			else cnt = abs(p[i].x - p[j].x) + abs(p[i].y - p[j].y);
			if (cnt <= k) ++ans;
		}
	}
 
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
 
}

最后是困难版本

满足$1 <= n <= 200000, 1 <= m <= 200000$

这个时候不能两两枚举点对来统计了

注意到$h[i] <= 20$，这是一个很重要的条件

对于当前在第$i$列的某个点，我们发现在他之后的$max(0, k - 40)$列中的所有点

这些点不用考虑，一定符合条件

因位距离最大值为$ k - 40 + max(h[i]) + max(h[j]) <= k$，所以一定符合条件

同理我们也发现，第$i + k$之后的点肯定不符合条件

那么我们只要枚举$i + max(0, k - 40) + 1$ 到 $i + k$ 这些列中的所有点就可以了

做的时候维护一个前缀和即可。

时间复杂度$O(mlogm + mh^{2})$

#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
#define rep(i, a, b)	for (int i(a); i <= (b); ++i)
#define dec(i, a, b)	for (int i(a); i >= (b); --i)
 
const int N = 200100;
 
int a[N];
int f[N][22];
int n, m, k;
long long ans = 0;
long long c[N];
int g[N][22];
 
vector <int> v[N];
 
struct node{
	int x, y;
	void scan(){ scanf("%d%d", &x, &y);}
	friend bool operator < (const node &a, const node &b){
		return a.x == b.x ? a.y < b.y : a.x < b.x;
	}
} p[N];
 
inline int solve(int l, int r){
	int k = (int)log2((double)(r - l + 1));
	return min(f[l][k], f[r - (1 << k) + 1][k]);
}
 
void work(){
	rep(i, 1, n) f[i][0] = a[i];
	rep(j, 1, 20) rep(i, 1, n)
		if ((i + (1 << j) - 1) <= n) f[i][j] = min(f[i][j - 1], f[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
}
 
int main(){
 
	scanf("%d%d", &n, &k);
 
	rep(i, 1, n) scanf("%d", a + i);
 
	work();
 
	scanf("%d", &m);
	rep(i, 1, m) p[i].scan();
	sort(p + 1, p + m + 1);
	memset(g, 0, sizeof g);
 
	rep(i, 1, m) ++c[p[i].x];
	rep(i, 1, n) c[i] += c[i - 1];
	rep(i, 1, m){
		v[p[i].x].push_back(i);
		g[p[i].x][p[i].y] = 1;
	}
 
	rep(i, 1, m){
		rep(j, p[i].y + 1, a[p[i].x]) if (abs(j - p[i].y) <= k && g[p[i].x][j]) ++ans;
		int cnt = p[i].x + k - 40;
		if (cnt > n) cnt = n;
 
		if (cnt > p[i].x){
			long long xx = c[cnt], yy = c[p[i].x];
			ans += xx - yy;
		}
 
		int now = p[i].x + k;
		if (now > n) now = n;
 
		rep(j, max(cnt + 1, p[i].x + 1), now){
 
			for (auto u : v[j]){
				int cnt;
				int now = solve(p[i].x, p[u].x);
				if (p[i].y > now && p[u].y > now)
					cnt = p[i].y - now + p[u].y - now + abs(p[i].x - p[u].x);
				else cnt = abs(p[i].x - p[u].x) + abs(p[i].y - p[u].y);
 
				if (cnt <= k) ++ans;
 
			}
 
		}
 
	}
 
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
 
}