Solution -「NOI 2020」时代的眼泪

Description

给出一个二维平面以及一些点，保证点不在同行 / 同列。每次询问求出一个子矩阵里面的顺序对。

Solution

卡常，卡你吗。

膜拜 dX。

基本是把 dX 的题解贺了过来所以没啥参考的价值。

不过有很多细节的处理不一样，大概能算个 \(\frac{1}{50}\) 成新？

对序列分块，把贡献分成整块 - 散块 / 整块 - 整块/ 散块 - 整块 / 散块 - 散块以及散块内部 / 整块内部共六种贡献。

记 \(\textit{ans}_{0}(l,r,x,y)\) 为询问 \(l,r,x,y\) 的答案。

同时预处理出 \(\textit{lb}(i,j),\textit{ub}(i,j)\) 分别表示在块 \(i\) 中数 \(j\) 的 std::lower_bound / std::upper_bound 值，下文如果写成单元函数的形式那么就是省去了第一维。

以及预先做一个块内排序，记为 \(\textit{ord}(i,j)\)，表示块 \(i\) 中排序后的第 \(j\) 个元素。

注意本文在每个 subtask 定义的东西在其他 subtask 依然适用。

散块 - 散块；

两边的都是 \(\sqrt{n}\) 级别，拉出来分别排序后归并计算顺序对即可。

散块内部

考虑如何对 \(\textit{ans}_{0}(l,r,x,y)\) 进行容斥。

主要矛盾集中在：会出现 \((a\in[1,x),b\in[x,y])\) 这样的贡献。令 \(\textit{cnt}_{0}(i,j)\) 表示 \([\textit{lp},i]\) 中 \(\textit{rank}_{1}\) 小于 \(j\) 的数的数量，其中 \(\textit{lp}\) 是当前块的左端点，下同，如果出现 \(\textit{rp}\) 同理，\(\textit{rank}_{1}\) 的定义见下文。

则容斥可以写为 \(\textit{ans}_{0}(l,r,x,y)=\textit{ans}_{0}(l,r,1,y)-\textit{ans}_{0}(l,r,1,x-1)-\sum_{i=l}^{r}[a_{i}\in[x,y]]\cdot\textit{cnt}_{0}(i,\textit{lb}(x)-1)\)。

又有 \(\textit{ans}_{0}(l,r,1,x)=\sum_{i=l}^{r}[a_{i}\leqslant x]\cdot\textit{cnt}_{0}(i,\textit{rank}_{1}(i))\)，我们就可以做到单次 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\)，注意的 \(l,r\) 触及散块边界者不同时，对 \(\textit{cnt}_{0}\) 的容斥也有区别。

整块 - 整块

令 \(\textit{cnt}_{1}(i,j)\) 为块 \([1,i]\) 中 \(\leqslant j\) 的元素个数，\(\textit{ans}_{1}(L,R,x,y)\) 为块 \([L,R]\) 的答案，以及 \(\textit{rank}_{0}(i,j)\) 是块 \(i\) 中排名 \(j\) 的元素在原数组中的下标。

我们掏出传统容斥：\(\textit{ans}_{1}(L,R,x,y)=\textit{ans}_{1}(L,R,1,y)-\textit{ans}_{1}(L,R,1,x-1)-\sum_{i=L}^{R}P_{i}Q_{i}\)，\(P_{i}\) 是块 \([L,i)\) 中 \(<x\) 的元素个数，\(Q_{i}\) 是块 \(i\) 种 \(\in[x,y]\) 的元素个数。

考虑算 \(\textit{ans}_{1}(L,R,1,x)\)。

定义 \(\textit{rank}_{1}(i,j)\) 为块 \(i\) 中第 \(j\) 个元素的排名（从小到大，下同），\(\textit{rank}_{2}(i,j)\) 为块 \(i\) 中满足 \(<j\) 的最大元素的排名，\(\textit{pre}_{b}(i,j)\) 为块 \([i,j]\) 中所有 \(<\textit{rank}_{1}(i,j)\) 的元素数量。

易知 \(\textit{pre}_{b}(i,j)=\textit{cnt}_{1}(i,\textit{rank}_{1}(i,j)-1)\)，再定义 \(\overset{\sqrt{n},\sqrt{n},\sqrt{n}}{\textit{cp}_{0}(i,L,r)}\) 为块 \([1,L]\) 与块 \(i\) 前 \(r\) 小的元素组成的顺序对数量，同样易知 \(\textit{cp}_{0}(i,L,r)=\sum_{k\in T}[\textit{rank}_{1}(i,k)\leqslant r]\cdot\textit{pre}_{b}(L,\textit{rank}_{1}(i,k))\)，其中 \(T\) 是块 \(i\) 的元素集。但这样搞状态数 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n})\) 转移还要 \(\mathcal{\sqrt{n}}\) 而且不好前缀和。

不过可以发现使用 \(\textit{ord}\) 数组 \(\textit{cp}_{0}\) 就可以递推了：\(\textit{cp}_{0}(i,L,r)=\sum_{k=lp}^{r+lp-1}\textit{pre}_{b}(L,k)=\textit{cp}_{0}(i,L,r-1)+\textit{pre}_{b}(L,r+lp-1)\)。

然后 \(\textit{ans}_{1}(L,R,1,x)=\sum_{i=L+1}^{R}\textit{cp}_{0}(i,i-1,\textit{rank}_{2}(i,x))-\textit{cp}_{0}(i,L-1,\textit{rank}_{2}(i,x))\)。

预处理 \(\textit{cp}_{0}\) 是 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n})\)，单次回答 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\)。

散块 - 整块

枚举散块里面的元素，利用 \(\textit{cnt}_{1}(i,j)\) 计算答案。

具体是令散块元素集为 \(T\)，整块编号为 \(L,R\)， \(\sum_{i\in T}\textit{cnt}_{1}(R,i)-\textit{cnt}_{1}(L-1,i)\)。

整块 - 散块

和上面有什么区别吗？

整块内部

预处理数组 \(\overset{\sqrt{n},\sqrt{n},\sqrt{n}}{\textit{cp}_{1}(i,x,y)}\) 表示取 \(\textit{ord}(i,x\dots y)\) 组成的序列的顺序对数量。

用 \(\textit{rank}_{0}\) 来预处理：\(\textit{cp}_{1}(i,x,y)=\textit{cp}_{1}(i,x,y-1)+\textit{cnt}_{0}(\textit{rank}_{0}(i,y),y-1)-\textit{cnt}_{0}(\textit{rank}_{0}(i,y),x-1)\)。

综上，这个问题得以一个 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n})\) 的在线算法解决。

代码也是抄的 dX，像个 shit 一样就折叠了。

% 死X

//almost copied from dead_X sry

//kouhu has no qiantu

#include<bits/stdc++.h>

typedef long long ll;

using namespace std;

#define getchar() (p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)

char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;

inline int Read()

{

	int x=0;char c=getchar();

	while(c<'0' || c>'9') c=getchar();

	while(c>='0' && c<='9') x=x*10+(c&15),c=getchar();

	return x;

}

const int N=101111,A=460,BS=A+10;

ll cp0[BS][BS][BS];

int a[N],rk0[BS][BS],cnt0[BS][N],cp1[BS][BS][BS],lb[BS][N],rk1[N],cnt1[BS][N],L[BS],R[BS];

bool cmp(int x,int y) { return a[x]<a[y]; }

namespace IO{

    const int sz=1<<22;

    char a[sz+5],b[sz+5],*p1=a,*p2=a,*t=b,p[105];

    inline char gc(){

        return p1==p2?(p2=(p1=a)+fread(a,1,sz,stdin),p1==p2?EOF:*p1++):*p1++;

    }

    template<class T> void gi(T& x){

        x=0; char c=gc();

        for(;c<'0'||c>'9';c=gc());

        for(;c>='0'&&c<='9';c=gc())

            x=(x<<3)+(x<<1)+(c-'0');

    }

    inline void flush(){fwrite(b,1,t-b,stdout),t=b; }

    inline void pc(char x){*t++=x; if(t-b==sz) flush(); }

    template<class T> void pi(T x,char c='\n'){

        if(x<0) x=-x;

        if(x==0) pc('0'); int t=0;

        for(;x;x/=10) p[++t]=x%10+'0';

        for(;t;--t) pc(p[t]); pc(c);

    }

    struct F{~F(){flush();}}f;

}

using IO::gi;

using IO::pi;

inline int read() { int r; gi(r); return r; }

int main(){

#ifdef ONLINE_JUDGE

	freopen("tears.in","r",stdin);

	freopen("tears.out","w",stdout);

#endif

	int n=read(),m=read(),B=n/A;

	for(int i=0;i<n;++i)a[i]=read();

	for(int i=n;i<(B+1)*A;++i)a[i]=i;

	for(int i=0;i<=B;++i){

		for(int j=i*A,k=0;k<A;++j,++k)rk0[i][k]=j;

		sort(rk0[i],rk0[i]+A,[](int x,int y){return a[x]<a[y];});

		for(int j=0;j<A;++j)rk1[rk0[i][j]]=j,cnt0[j][rk0[i][j]]=1;

		for(int j=i*A+1;j<(i+1)*A;++j)

			for(int k=0;k<A;++k)cnt0[k][j]+=cnt0[k][j-1];

		for(int j=i*A;j<(i+1)*A;++j)

			for(int k=1;k<A;++k)cnt0[k][j]+=cnt0[k-1][j];

		for(int j=i*A;j<(i+1)*A;++j)++cnt1[i][a[j]];

		if(i)for(int j=1;j<=101000;++j)cnt1[i][j]+=cnt1[i-1][j];

		for(int j=1,k=0;j<=101000;++j)(k<A)&&(j>=a[rk0[i][k]])&&(++k),lb[i][j]=k;

	}

	for(int i=0;i<=B;++i)

		for(int j=1;j<=101000;++j)cnt1[i][j]+=cnt1[i][j-1];

	for(int i=1;i<B;++i)for(int j=0;j<i;++j)for(int k=0;k<A;++k)

		cp0[i][j][k+1]=cnt1[j][a[rk0[i][k]]]+cp0[i][j][k];

	for(int i=0;i<B;++i)for(int j=0;j<A;++j)for(int k=j+1;k<A;++k)

		cp1[i][j][k]=cp1[i][j][k-1]+cnt0[k-1][rk0[i][k]]-((j==0)?0:cnt0[j-1][rk0[i][k]]);

	for(;m;--m){

		int l=read()-1,r=read()-1,x=read(),y=read(),bl=l/A,br=r/A;

		if(bl==br){

			int ans=0;

			for(int i=l;i<=r;++i){

				if(x<=a[i]&&a[i]<=y&&rk1[i])ans+=cnt0[rk1[i]-1][i]-((l%A)?cnt0[rk1[i]-1][l-1]:0);

				if(lb[bl][x-1]&&x<=a[i]&&a[i]<=y)ans-=cnt0[lb[bl][x-1]-1][i]-((l%A&&lb[bl][x-1])?cnt0[lb[bl][x-1]-1][l-1]:0);

			}

			pi(ans);

		}

		else{

			ll ans=0;

			for(int i=l;i<(bl+1)*A;++i){

				if(x<=a[i]&&a[i]<=y&&rk1[i])ans+=cnt0[rk1[i]-1][i]-((l%A)?cnt0[rk1[i]-1][l-1]:0);

				if(lb[bl][x-1]&&x<=a[i]&&a[i]<=y)ans-=cnt0[lb[bl][x-1]-1][i]-((l%A&&lb[bl][x-1])?cnt0[lb[bl][x-1]-1][l-1]:0);

				if(x<=a[i]&&a[i]<=y)ans+=cnt1[br-1][y]-cnt1[bl][y]-cnt1[br-1][a[i]]+cnt1[bl][a[i]];

			}

			for(int i=br*A;i<=r;++i){

				if(x<=a[i]&&a[i]<=y&&rk1[i])ans+=cnt0[rk1[i]-1][i];

				if(lb[br][x-1]&&x<=a[i]&&a[i]<=y)ans-=cnt0[lb[br][x-1]-1][i];

				if(x<=a[i]&&a[i]<=y)ans+=cnt1[br-1][a[i]]-cnt1[bl][a[i]]-cnt1[br-1][x-1]+cnt1[bl][x-1];

			}

			int lt=0,rt=0;

			for(int i=0;i<A;++i){

				if(rk0[bl][i]>=l&&x<=a[rk0[bl][i]]&&a[rk0[bl][i]]<=y)L[++lt]=rk0[bl][i];

				if(rk0[br][i]<=r&&x<=a[rk0[br][i]]&&a[rk0[br][i]]<=y)R[++rt]=rk0[br][i];

			}

			for(int i=1,t=1;i<=rt;++i){

				while(t<=lt&&a[L[t]]<a[R[i]])++t;

				ans+=t-1;

			}

			for(int i=bl+1;i<br;++i)if(lb[i][y])ans+=cp1[i][lb[i][x-1]][lb[i][y]-1];

			for(int i=bl+2;i<br;++i)

				ans+=cp0[i][i-1][lb[i][y]]-cp0[i][bl][lb[i][y]]-cp0[i][i-1][lb[i][x-1]]+cp0[i][bl][lb[i][x-1]],

				ans-=ll(cnt1[i][y]-cnt1[i-1][y]-cnt1[i][x-1]+cnt1[i-1][x-1])*(cnt1[i-1][x-1]-cnt1[bl][x-1]);

			pi(ans);

		}

	}

	return 0;

}