题面

Pudding Monsters

问题描述

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,\(X_i,Y_i\)，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 \(X_i\) 和每一个 \(Y_i\) 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

Input

5
1 1
3 2
2 4
5 5
4 3

Output

10

题解

唉，考试的时候没有看到加粗的那行字，直接 \(GG\)。
根据加粗的那行字，每行每列有且只有一个大本营，明显我们可以把二维的图映射到一个序列上，将二维问题转化为一维问题。
行号对应每个大本营在序列上的位置，列号对应每个大本营在序列上的权值。
不难发现这 \(n\) 个大本营就转化为了一个 \(1\)~\(n\) 的排列。而我们要求的问题，就转化为了满足 \(max - min = R - L\) 的区间 [\(L,R\)] 的个数为多少。
因为 \(max,min\) 分别对应着列号的最大最小值，\(R,L\) 分别对应着行号的最大最小值。满足上诉条件的区间就代表一个边长为 \(R - L\)（或者 \(max - min\)）的正方形里有 \(R - L\)（或者 \(max - min\)）个大本营。
注意我们要把二维矩阵中包含的所有正方形都统计完，而它们在序列上分别对应着区间 [\(1,1\)],[\(1,2\)]…[\(1,n\)]…[\(n,1\)],[\(n,2\)]…[\(n,n\)]。
尝试用线段树 + 扫描线维护。
将上述等式移项，记 \(Min = max - min - R + L\)，因为这是一个 \(1\) ~ \(n\) 的排列，根据鸽巢原理，显然有\(max - min \geq R - L\)，所以有： \(Min\geq 0\)，那么显然满足条件的序列的 \(Min\) 值为 \(0\)，所以我们只用在线段树上维护 \(Min\)就好了，因为还要求个数，所以再维护值为 \(Min\) 的个数。
当扫描到 \(R\) 时，线段树上的单位节点 [\(l,r\)] 储存区间 [\(l,R\)],[\(l + 1,R\)]…[\(r,R\)] 对应的 \(Min\) 的值，和值为 \(Min\) 的区间的个数。
那么我们就得到了下述的基本框架，线段树的细节见代码：

• 当每次 \(R++\) 后，\(Min\) 的值显然会减一，区间修改。
• 对于 \(max,min\) 的维护，我们可以用两个单调栈。
• 每次单调栈的栈顶元素更新时，显然对于 \(sta_{top - 1}\) ~ \(sta_{top}\)（还未更新）对应的序列的位置的 \(Min\) 值都因为 \(max\) 或 \(min\) 的值的改变而受到了影响需要改变，再次进行区间修改。
• 每次维护结束后 \(query\) 一次累加入答案。

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;

const int N = 3e5 + 5;

struct SegmentTree {
	#define M N << 2
	int l[M],r[M],Min[M],tag[M];
	long long cnt[M];
	void build(int p,int lf,int rg) {
		l[p] = lf,r[p] = rg;
		if(lf == rg) {
			Min[p] = lf; cnt[p] = 1;
			return;
		}
		int mid = (lf + rg) >> 1;
		build(p << 1,lf,mid);
		build(p << 1 | 1,mid + 1,rg);
		Min[p] = Min[p << 1];
	}
	inline void pushdown(int p) {
		if(!tag[p]) return;
		Min[p << 1] += tag[p];
		Min[p << 1 | 1] += tag[p];
		tag[p << 1] += tag[p];
		tag[p << 1 | 1] += tag[p];
		tag[p] = 0;
	}
	inline void pushup(int p) {
		Min[p] = min(Min[p << 1],Min[p << 1 | 1]); cnt[p] = 0;
		if(Min[p] == Min[p << 1]) cnt[p] +=	cnt[p << 1];
		if(Min[p] == Min[p << 1 | 1]) cnt[p] += cnt[p << 1 | 1];
	}
	void add(int p,int L,int R,int k) {
		if(L <= l[p] && r[p] <= R) {
			Min[p] += k; tag[p] += k;
			return;
		}
		pushdown(p);
		int mid = (l[p] + r[p]) >> 1;
		if(L <= mid) add(p << 1,L,R,k);
		if(R >  mid) add(p << 1 | 1,L,R,k);
		pushup(p);
	}
	long long query(int p,int L,int R) {
		if(L <= l[p] && r[p] <= R) return Min[p] == 0 ? cnt[p] : 0;
		int mid = (l[p] + r[p]) >> 1;
		long long ans = 0; pushdown(p);
		if(L <= mid) ans += query(p << 1,L,R);
		if(R >  mid) ans += query(p << 1 | 1,L,R);
		return ans;
	}
}tr;
struct data {
	int x,y;
	bool operator < (const data n) const {
		return x < n.x;		
	}
}a[N],sta1[N],sta2[N];
inline int read() {
	int x = 0,flag = 1;
	char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-')flag = -1;ch = getchar();}
	while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x << 3) + (x << 1) + ch - 48;ch = getchar();}
	return x * flag;
}
int main() {
	int n = read(); int top1 = 0,top2 = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		a[i].x = read(),a[i].y = read();
	sort(a + 1,a + 1 + n); tr.build(1,1,n);
	long long ans = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		tr.add(1,1,n,-1);
		while(top1 && sta1[top1].y < a[i].y)
			tr.add(1,sta1[top1 - 1].x + 1,sta1[top1].x,a[i].y - sta1[top1].y),--top1;
		sta1[++top1] = (data) {i,a[i].y};
		while(top2 && sta2[top2].y > a[i].y)
			tr.add(1,sta2[top2 - 1].x + 1,sta2[top2].x,sta2[top2].y - a[i].y),--top2;
		sta2[++top2] = (data) {i,a[i].y};
		ans += tr.query(1,1,i);
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

标签：练习赛,min,CF526F,max,Min,大本营,top2,魔族,Pudding
来源： https://www.cnblogs.com/sjzyh/p/14826167.html