neither_nor
neither_nor

BZOJ4540 [Hnoi2016]序列

和xuruifan讨论了半天，然后orz了一下网上题解“预处理一些东西，然后莫队”

……

于是YY了半天预处理啥终于YY了出来

对于一次添加操作，会对答案做出一些贡献，在其他条件相同的情况下删除这个数的贡献和添加的贡献一样，在左边添加和在右边添加一样，所以我们只讨论在左边添加的情况

首先单调栈预处理一下每个数左边和右边第一个比他小的数的位置，两个位置之间称为这个数的覆盖区间

然后预处理一下假设右端点在序列末尾，在左侧添加第x个数的时候对答案所做的贡献，利用覆盖区间很好处理，这个记为s[x]

那么如果现在右端点在y，我们在左边添加第x个数的时候，不能直接算s[x]-s[y+1]，原因见下图

BZOJ4540 [Hnoi2016]序列_第1张图片

在计算s[x]的时候，其实我们相当于计算了x到x~n之间每一个数的这个区间里的最小值加入贡献，我们不妨把x~x'这段区间的贡献算作x'在这一次加入时做的贡献

x与y中间有某数a，他的覆盖区间到了y右边，一直延伸到z，那么在计算s[x]的时候，y+1~z这段每个数所做的贡献是a，但是在计算s[y]的时候，每个数所做的贡献不为a，所以这一段不可减，但是z往后的部分就可减了，因为a一定比y+1~z里的每一个数都小，所以在计算s[x]和s[y]的时候z+1~n所做的贡献都是一样的

所以我们就能知道，在右端点为y时，在左侧加入x对答案的贡献是s[x]-s[z+1]+(z-y)*a，左侧删除，右侧插入和删除时情况一样

a的寻找可以预处理rmq，这样就能O(1)找到a，总时间复杂度n sqrtn

#include
#include
#include
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#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define MAXN 100010
#define MAXM 1010
#define ll long long
#define INF 1000000000
#define MOD 1000000007
#define eps 1e-8
struct que{
    int l;
    int r;
    int num;
    int k;
    friend bool operator <(que x,que y){
        return x.k!=y.k?x.ky.I;
}
que q[MAXN];
int a[MAXN];
int n,m;
int siz;
ll s[MAXN][2];
int itv[MAXN][2];
int st[MAXN],tp;
int Log[MAXN],mi[20];
Mn mn[MAXN][20];
ll ans[MAXN];
void init_interval(){
    int i;
    a[0]=-INF-1;
    a[n+1]=-INF-1;
    st[++tp]=0;
    for(i=1;i<=n;i++){
        while(tp&&a[st[tp]]>=a[i]){
            tp--;
        }
        itv[i][0]=st[tp]+1;
        //<=a[i]){
            tp--;
        }
        itv[i][1]=st[tp]-1;
        //<>1]+1;
    }
    for(i=1;i<=n;i++){
        mn[i][0]=Mn(a[i],i);
    }
    for(i=1;i<=Log[n];i++){
        for(j=1;j+mi[i]-1<=n;j++){
            mn[j][i]=min(mn[j][i-1],mn[j+mi[i-1]][i-1]);
        }
    }
}
void init_s(){
    int i;
    for(i=1;i<=n;i++){
        s[i][0]=(ll)(i-itv[i][0]+1)*a[i]+s[itv[i][0]-1][0];
        //<y){
        swap(x,y);
    }
    int l=Log[y-x+1];
    return min(mn[x][l],mn[y-mi[l]+1][l]).I;
}
void mo(){
    int i;
    int L=1,R=0;
    ll ANS=0;
    for(i=1;i<=m;i++){
        while(L>q[i].l){
            L--;
            int A=ask(L,R);
            int z=itv[A][1];
            ANS+=s[L][1];
            ANS-=s[z+1][1];
            ANS-=(ll)(z-R)*a[A];
            //<q[i].r){
            int A=ask(L,R);
            int z=itv[A][0];
            ANS-=s[R][0];
            ANS+=s[z-1][0];
            ANS+=(ll)(L-z)*a[A];
            R--;
            //<


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    php 5.4中php-fpm 的重启、终止操作命令: 查看php运行目录命令：which php/usr/bin/php 查看php-fpm进程数：ps aux | grep -c php-fpm 查看运行内存/usr/bin/php  -i|grep mem 重启php-fpm/etc/init.d/php-fpm restart 在phpinfo()输出内容可以看到php
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    不止一次，看到很多讲技术的文章里面出现过这个词语。今天终于弄懂了——通过朋友给的浏览软件，上了wiki。  我再一次感到，没有辞典能像WiKi一样，给出这样体贴人心、一清二楚的解释了。为了表达我对WiKi的喜爱，只好在此一一中英对照，给大家上次课。   In computer science, bleeding edge is a term that
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    Android的Theme是由各种attr组合而成, 每个attr对应了这个属性的一个引用, 这个引用又可以是各种东西.   在某些情况下, 我们需要获取非自定义的主题下某个属性的内容 (比如拿到系统默认的配色colorAccent), 操作方式举例一则: int defaultColor = 0xFF000000; int[] attrsArray = { andorid.r.
  • 基于Zookeeper的分布式共享锁 roadrunners zookeeper分布式共享锁
    首先，说说我们的场景，订单服务是做成集群的，当两个以上结点同时收到一个相同订单的创建指令，这时并发就产生了，系统就会重复创建订单。等等......场景。这时，分布式共享锁就闪亮登场了。   共享锁在同一个进程中是很容易实现的，但在跨进程或者在不同Server之间就不好实现了。Zookeeper就很容易实现。具体的实现原理官网和其它网站也有翻译，这里就不在赘述了。   官
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  • zoj 3827 Information Entropy(水题) 阿尔萨斯 format
    题目链接：zoj 3827 Information Entropy 题目大意：三种底，计算和。 解题思路：调用库函数就可以直接算了，不过要注意Pi = 0的时候，不过它题目里居然也讲了。。。limp→0+plogb(p)=0，因为p是logp的高阶。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath&
按字母分类： ABCDEFGHIJKLMNOPQRSTUVWXYZ其他