Codeforces 1175F - The Number of Subpermutations（线段树+单调栈+双针/分治+启发式优化）

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由于这场的 G 是道毒瘤题，蒟蒻切不动就只好来把这场的 F 水掉了

看到这样的设问没人想到这道题吗？那我就来发篇线段树+单调栈的做法。

首先显然一个区间 \([l,r]\) 满足条件当且仅当：

• \([l,r]\) 中不存在重复的数值
• \([l,r]\) 中最小值为 \(1\)
• \([l,r]\)​ 中最大值与最小值的差为 \(r-l\)​

题解区中某位大佬说过：“数区间的题无非两种套路，枚举端点和分治”，这里咱们考虑枚举端点。具体来说，咱们枚举右端点 \(r\)，那么满足 \([l,r]\) 中不存在重复的数值的 \(l\) 显然组成了一段连续的区间，且这个区间的右端点就是 \(r\)，因此可以在枚举右端点的同时 two pointers 找出满足“\([l,r]\) 中不存在重复的数值”的最大的 \(l\)，设为 \(l'\) 这样我们左端点只用在 \([l',r]\) 中取值即可，这样第一个条件就解决了。第二个条件其实也异常 simple，我们只用找出上一个 \(1\) 所在的位置 \(p\)，如果 \(p<l'\) 那咱们就忽略这个区间，否则显然你区间的左端点必须 \(\le p\)，这样咱们区间的左端点的范围就进一步缩小到了 \([l',p]\)。比较棘手的是第三个条件，不过按照那题的套路，第三个条件可以转化为 \(\max\limits_{i=l}^ra_i-(r-l+1)=0\)，又因为 \(\forall l\in[l',p]\)，区间 \([l,r]\) 中的数互不相同，因此 \(\forall l\in[l',p],\max\limits_{i=l}^ra_i-(r-l+1)\ge 0\)，因此我们可以开一棵线段树，线段树上 \(l\) 位置上的值就是 \(\max\limits_{i=l}^ra_i-(r-l+1)\)，显然该线段树可以单调栈维护，那么我们只需要求出 \([l',p]\) 最小值即最小值个数即可算出贡献，具体来说如果最小值不为 \(0\) 那么贡献为 \(0\)，否则贡献就是最小值的个数。

时间复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\)

const int MAXN=3e5;
int n,a[MAXN+5];
struct node{int l,r;pii p;ll lz;} s[MAXN*4+5];
pii operator +(pii lhs,pii rhs){
	pii res;res.fi=min(lhs.fi,rhs.fi);
	if(res.fi==lhs.fi) res.se+=lhs.se;
	if(res.fi==rhs.fi) res.se+=rhs.se;
	return res;
}
void pushup(int k){s[k].p=s[k<<1].p+s[k<<1|1].p;}
void build(int k,int l,int r){
	s[k].l=l;s[k].r=r;if(l==r) return s[k].p=mp(0,1),void();
	int mid=l+r>>1;build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);pushup(k);
}
void pushdown(int k){
	if(s[k].lz){
		s[k<<1].p.fi+=s[k].lz;s[k<<1].lz+=s[k].lz;
		s[k<<1|1].p.fi+=s[k].lz;s[k<<1|1].lz+=s[k].lz;
		s[k].lz=0;
	}
}
void modify(int k,int l,int r,int x){
	if(l<=s[k].l&&s[k].r<=r){
		s[k].p.fi+=x;s[k].lz+=x;return;
	} pushdown(k);int mid=s[k].l+s[k].r>>1;
	if(r<=mid) modify(k<<1,l,r,x);
	else if(l>mid) modify(k<<1|1,l,r,x);
	else modify(k<<1,l,mid,x),modify(k<<1|1,mid+1,r,x);
	pushup(k);
}
pii query(int k,int l,int r){
	if(l<=s[k].l&&s[k].r<=r) return s[k].p;
	pushdown(k);int mid=s[k].l+s[k].r>>1;
	if(r<=mid) return query(k<<1,l,r);
	else if(l>mid) return query(k<<1|1,l,r);
	else return query(k<<1,l,mid)+query(k<<1|1,mid+1,r);
}
int pre[MAXN+5],cnt[MAXN+5];
int main(){
	scanf("%d",&n);build(1,1,n);ll res=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	stack<int> stk;stk.push(0);a[0]=0x3f3f3f3f;
	for(int i=1,j=1;i<=n;i++){
		cnt[a[i]]++;while(cnt[a[i]]>=2) cnt[a[j++]]--;
		pre[a[i]]=i;modify(1,1,i,-1);modify(1,i,i,a[i]);
		while(!stk.empty()&&a[stk.top()]<a[i]){
			int x=stk.top();stk.pop();
			modify(1,stk.top()+1,x,a[i]-a[x]);
		} stk.push(i);if(pre[1]>=j){
			pii p=query(1,j,pre[1]);
			if(!p.fi) res+=p.se;
		}
	} printf("%ld\n",res);
	return 0;
}

还有一种思路便是分治（既然上面咱们选择了枚举端点，那这边咱们就要选择分治咯）

我们首先考虑怎样判断一个区间是否存在相同元素，按照区间数颜色的套路，我们记 \(p_i\) 表示 \(i\) 前面上一个与 \(a_i\) 相等的 \(a_j\) 的位置，那么区间 \([l,r]\) 不存在重复元素的充要条件是 \(\max\limits_{i=l}^rp_i<l\)。考虑分治，处理左右端点 \([l,r]\) 都在 \([l,r]\) 中的区间时，我们找出区间最大值所在的位置 \(p\)，那么显然 \([l,r]\) 中的区间可以像点分治那样分成三类：完全包含于 \([l,p-1]\)、完全包含于 \([p+1,r]\)，以及跨过 \(p\)，前两类显然可以递归处理。关于第三类，显然区间中最大的数就是 \(a_p\)，区间长度也就是 \(a_p\)，因此我们枚举所有长度为 \(a_p\)、且跨过位置 \(p\)（这点一定要判断）的区间计算贡献即可，但这样会 T，考虑优化，显然区间左端点必须在 \([l,p]\) 中对吧，右端点必须在 \([p,r]\) 中对吧，那么我们就考虑 \([l,p],[p,r]\) 中长度的较小者，如果 \([l,p]\) 长度较小就枚举左端点 \(L\in[l,p]\)，否则枚举右端点 \(R\in[p,r]\)。这样乍一看复杂度没啥变化，不过按照这题的套路，这其实相当于启发式合并的逆过程，即启发式分裂（瞎起名字 ing），因此复杂度是严格单 log 的。

非常神奇，谁能告诉我为什么两个程序跑得一样快……358 ms

const int MAXN=3e5;
const int LOG_N=18;
int n,a[MAXN+5],pre[MAXN+5],st[MAXN+5][LOG_N+2],res=0;
pii st_val[MAXN+5][LOG_N+2];
int query(int l,int r){
	int k=31-__builtin_clz(r-l+1);
	return max(st[l][k],st[r-(1<<k)+1][k]);
}
int query_ps(int l,int r){
	int k=31-__builtin_clz(r-l+1);
	return max(st_val[l][k],st_val[r-(1<<k)+1][k]).se;
}
void solve(int l,int r){
	if(l>r) return;int ps=query_ps(l,r),len=a[ps];
	solve(l,ps-1);solve(ps+1,r);
	if(ps-l+1<=r-ps+1){
		for(int i=l;i<=ps;i++) if(i+len-1<=r&&i+len-1>=ps&&query(i,i+len-1)<i)
			res++;
	} else {
		for(int i=ps;i<=r;i++) if(i-len+1>=l&&i-len+1<=ps&&query(i-len+1,i)<i-len+1)
			res++;
	}
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),st_val[i][0]=mp(a[i],i);
	for(int i=1;i<=n;i++) st[i][0]=pre[a[i]],pre[a[i]]=i;
	for(int i=1;i<=LOG_N;i++) for(int j=1;j+(1<<i)-1<=n;j++){
		st[j][i]=max(st[j][i-1],st[j+(1<<i-1)][i-1]);
		st_val[j][i]=max(st_val[j][i-1],st_val[j+(1<<i-1)][i-1]);
	} solve(1,n);printf("%d\n",res);
	return 0;
}