浅谈 RMQ
비밀 인형극 II
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어느 한적한 마을 골목 안의 허름한 건물
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在某个僻静村庄胡同的破旧建筑里
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문을 열고 들어가면 작은 극장이 있죠
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开门进去便会见到一个小剧场
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솜씨 좋은 인형사가 연극을 마치고 떠나면
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一个手艺不错的人偶师演完戏离开的时候
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인형들은 극장 창고 안에 남겨져있죠
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人偶们便会留在剧场的仓库里
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밤이 되어 극장 안에 사람이 사라질 때쯤
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每当夜幕降临 人们离开剧场之时
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인형들은 조심 조심 혼자 움직이면서
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人偶们便会小心翼翼地开始行动
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"오늘도 수고 많았어, 파티를 시작해볼까"
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"今天也很辛苦了, 来开个派对吧"
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하며 아무도 없는 무대 위에 불을 밝히죠
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然后在无人的舞台上点亮闪烁的灯光
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군악대 병정 인형이 두둠칫 하며 북을 울리면
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军乐队的士兵人偶咚咚地敲着鼓
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다른 인형들은 리듬에 맞춰 춤추고 노래를 부르죠
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其他的人偶也在随着节奏起舞歌唱
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라랏타 흥이 넘치는 이곳은 비밀 무도회
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啦啦哒 兴致勃勃的这里是场秘密舞会
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힘들었던 일들일랑 잠시 잊고 즐겨 볼까요?
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先暂时忘掉那些劳累的事来一起享受一下吧?
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라라랏탓타 어서 오세요 비밀의 인형극에
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啦啦啦哒哒 欢迎来到这场秘密人偶剧
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그댈 얽매는 모든 것을 두고 춤을 춰봐요
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在这里放下束缚你的一切来尽情共舞吧
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그대가 어떤 존재였는지 누구도 묻지 않으니
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没有人会询问你到底是什么样的存在
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인형의 몸과 음악 위에 당신을 맡겨 보아요
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就将你自己托付给那人偶的身躯和音乐吧
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라라랏탓타 함께 불러요 비밀의 인형극
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啦啦啦哒哒 一起歌唱吧 就在这秘密人偶剧
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어느 한적한 마을 골목을 떠도는 작은 유령들
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在某个僻静村庄胡同里游荡的小幽灵们
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갈곳 없는 망령들은 거리 곳곳을 헤맸죠
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那些无处可归的亡灵们也在街上到处游荡
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삶에 미련이 남아 사라지지 못하는 그들은
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他们无法抛弃对生活的无尽向往
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작은 극장 한켠의 인형 속에 숨어버렸죠
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便都藏在了小剧场的人偶里
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밤이 되어 극장 안에 사람이 사라질 때쯤
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每当夜幕降临 人们离开剧场之时
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인형들은 조심 조심 각자 움직이면서
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人偶们便会小心翼翼地开始行动
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"춤추고 놀다 보며는 미련을 잊을 수 있어"
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"只要尽情地跳舞玩耍就能够忘记对生活的向往"
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하며 밤마다 그들만의 작은 축제를 열죠
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于是每天晚上都会举行他们自己的小庆典
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인형의 몸이 불편해 발이 꼬이고 넘어져도
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就算人偶的身体不好使 扭到脚便会摔倒
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다른 이들과 함께한다면 그마저 즐거운 일이죠
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但倘若能与他人共度时光 也会是很愉快的事啊
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라랏타 흥이 넘치는 이곳은 인형 무도회
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啦啦哒 兴致勃勃的这里是场秘密舞会
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힘들었던 일들일랑 잠시 잊고 즐겨 볼까요?
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先暂时忘掉那些劳累的事来一起享受一下吧?
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라라랏탓타 어서 오세요 비밀의 인형극에
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啦啦啦哒哒 欢迎来到这场秘密人偶剧
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그댈 얽매는 모든 것을 두고 춤을 춰봐요
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在这里放下束缚你的一切来尽情共舞吧
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그대가 어떤 존재였는지 누구도 묻지 않으니
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没有人会询问你到底是什么样的存在
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인형의 몸과 음악 위에 당신을 맡겨 보아요
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就将你自己托付给那人偶的身躯和音乐吧
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라라랏탓타 밤이 끝나고 태양이 떠오르면
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啦啦啦哒哒 夜晚消逝 太阳又照常升起
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파티는 막을 내리고 인형은 멈추겠지만
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派对会落下帷幕 人偶也会逐渐停下来
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그대가 가진 아픈 기억을 조금이라도 덜어냈다면
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但若能从痛苦的记忆中抹除一些的话
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내일 밤에도 찾아오기를 기대해도 되겠죠?
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也很期待你明天晚上还会再来吧?
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라라랏탓타 함께 불러요 비밀의 인형극
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啦啦啦哒哒 一起歌唱吧 就在这秘密人偶剧
考虑优秀的复杂度算法。
四毛子：
大体分为四步：
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建立笛卡尔树，复杂度 \(O(n)\)。
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维护一个以欧拉序为下标深度为值的数组，复杂度 \(O(n)\)。
考虑性质，发现相邻两个之间的差之多为一，问题变成了 \(\pm1\) RMQ，考虑维护。
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将原序列分块，块长为 \(\log(n)\)，对于每块求出最值，前后缀最值，块间用 ST 表维护，复杂度 \(O(n)\)，于是我们可以 \(O(1)\) 查询端点在不同块之间的询问。
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考虑端点在同一块的询问，发现对于一个左端点固定的长度至多为 \(\log(n)\) 的序列，其至多有 \(\sum\limits_{i=1}^{\log(n)} 2^{i-1} \le n\) 种方案，所以暴力预处理出所有情况，预处理块间差分，每次查表即可。复杂度 \(O(n)+O(1)\)
发现其实现难度和代码常数过于巨大，于是有了一下简单做法。
二毛子：
名字取自 P3793 由乃救爷爷 的一篇题解。
考虑直接去掉四毛子的前两步，考虑维护块间。
其实直接再上一个 ST 表就可以做到 \(O(n\log\log n)+O(1)\) 的，常数也不小，但是实现难度大大降低。
发现长度 \(\log n\) 一般不会超过 \(64\)，考虑状压。
具体的，用单调栈维护最值，用 unsigned long long 压栈内元素状态，查询时用位运算拆掉 \(<l\) 做 \(lowbit\) 即可。
复杂度依然是 \(O(n)+O(1)\)，并且因为位运算和 \(n\) 的大小的原因，常数巨小。
然而还有一种暴力：
对于块内的询问直接暴力，发现其基本不会落在这个区间，也可以通过微调块长来避免。
既然暴力就暴力到底，直接每 \(\sqrt{n}\) 分一块，每次直接暴力即可，期望是 \(O(n)+O(1)\) 的，通过微调块长依然不太会被卡，常数也很小。
放一下由乃救爷爷的代码，均没卡常：
暴力分块 17.12 s
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using llt=long long;
using llf=long double;
using ull=unsigned long long;
#define endl '\n'
#ifdef LOCALFILE *InFile=freopen("in_out/in.in","r",stdin),*OutFile=freopen("in_out/out.out","w",stdout);
#elseFILE *InFile=stdin,*OutFile=stdout;
#endifnamespace GenHelper{unsigned z1,z2,z3,z4,b;unsigned rand_(){b=((z1<<6)^z1)>>13; z1=((z1&4294967294U)<<18)^b;b=((z2<<2)^z2)>>27; z2=((z2&4294967288U)<<2)^b;b=((z3<<13)^z3)>>21; z3=((z3&4294967280U)<<7)^b;b=((z4<<3)^z4)>>12; z4=((z4&4294967168U)<<13)^b;return (z1^z2^z3^z4);}
}
void srand(unsigned x){using namespace GenHelper;z1=x; z2=(~x)^0x233333333U; z3=x^0x1234598766U; z4=(~x)+51;}
int read(){using namespace GenHelper;int a=rand_()&32767;int b=rand_()&32767;return a*32768+b;
}const int N=2e7+3,L=4480;
int n,m,s,c[N],id[N],bg[L],ed[L],cma[L][L],pm[N],nm[N],bl,B; unsigned long long ans;int main(){ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr);cin>>n>>m>>s; srand(s); B=max(2,int(sqrt(n)));bg[++bl]=1; for(int i=1;i<=n;++i) c[i]=read(),((i%B==0)&&(ed[bl]=i-1,bg[++bl]=i)),id[i]=bl; ed[bl]=n;for(int i=1;i<=bl;++i){int ma=0; for(int j=bg[i];j<=ed[i];++j) ma=max(ma,c[j]),pm[j]=ma;ma=0; for(int j=ed[i];j>=bg[i];--j) ma=max(ma,c[j]),nm[j]=ma;cma[i][i]=ma;}for(int i=1;i<=bl;++i){int ma=cma[i][i];for(int j=i-1;j;--j) ma=max(ma,cma[j][j]),cma[j][i]=ma;}for(int i=1;i<=m;++i){int l=read()%n+1,r=read()%n+1; if(l>r) swap(l,r);if(id[l]==id[r]){int ma=0; for(int i=l;i<=r;++i) ma=max(ma,c[i]);ans+=ma;}else ans+=max({cma[id[l]+1][id[r]-1],nm[l],pm[r]});}cout<<ans<<endl;
}
状压 11.24 s
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using llt=long long;
using llf=long double;
using ull=unsigned long long;
#define endl '\n'
#ifdef LOCALFILE *InFile=freopen("in_out/in.in","r",stdin),*OutFile=freopen("in_out/out.out","w",stdout);
#elseFILE *InFile=stdin,*OutFile=stdout;
#endifnamespace GenHelper{unsigned z1,z2,z3,z4,b;unsigned rand_(){b=((z1<<6)^z1)>>13; z1=((z1&4294967294U)<<18)^b;b=((z2<<2)^z2)>>27; z2=((z2&4294967288U)<<2)^b;b=((z3<<13)^z3)>>21; z3=((z3&4294967280U)<<7)^b;b=((z4<<3)^z4)>>12; z4=((z4&4294967168U)<<13)^b;return (z1^z2^z3^z4);}
}
void srand(unsigned x){using namespace GenHelper;z1=x; z2=(~x)^0x233333333U; z3=x^0x1234598766U; z4=(~x)+51;}
int read(){using namespace GenHelper;int a=rand_()&32767;int b=rand_()&32767;return a*32768+b;
}const int N=2e7+3,B=64,L=N/B+3;
#define id(p) (p+63>>6)
#define bl(i) (i-1<<6|1)
#define br(i) (i<<6)
int n,m,s,c[N],pm[N],nm[N],bln; unsigned long long ans,sta[N];class St{
private: const static int LG=19; int o[LG+3][L];
public:int &operator[](int p){return o[0][p];}void In(int l){for(int i=1;i<=LG;++i) for(int j=1;j+(1<<i)-1<=l;++j) o[i][j]=max(o[i-1][j],o[i-1][j+(1<<i-1)]);}int operator()(int l,int r){if(l>r) return 0; int k=__lg(r-l+1); return max(o[k][l],o[k][r-(1<<k)+1]);}
}st;void In(){int stk[N],*top;for(int i=1;i<=bln;++i){int ma=0; for(int j=bl(i);j<=br(i);++j) ma=max(ma,c[j]),pm[j]=ma;ma=0; for(int j=br(i);j>=bl(i);--j) ma=max(ma,c[j]),nm[j]=ma;st[i]=ma; top=stk;for(int j=bl(i);j<=br(i);++j){if(j!=bl(i)) sta[j]=sta[j-1];while(top!=stk&&c[*top]<=c[j]) sta[j]^=1ull<<(*top--)-bl(i);*++top=j,sta[j]|=1ull<<j-bl(i);}} st.In(bln);
}int Ma(int l,int r){int il=id(l),ir=id(r);if(il==ir) return c[l+__builtin_ctzll(sta[r]>>l-bl(il))];else return max({st(il+1,ir-1),nm[l],pm[r]});
}int main(){ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr);cin>>n>>m>>s; srand(s);for(int i=1;i<=n;++i) c[i]=read(); bln=id(n),In();for(int i=1;i<=m;++i){int l=read()%n+1,r=read()%n+1; if(l>r) swap(l,r); ans+=Ma(l,r);}cout<<ans;
}
Kaguya 和 critno 他们好像搞了个支持修改的，但是做法过于优秀，感觉只有 YY 的作用了。
