2019牛客暑期多校训练营（第二场） – J – Go on Strike! – 前缀和预处理

题目链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/882/C

来自：山东大学FST_stay_night的的题解，加入一些注释帮助理解神仙代码。

好像题解被套了一次又一次

要学习的地方我觉得是2点：

1.使用dp（贪心）的思想求出每段所在的连续段

2.因为前缀和是连续变化的，可以用lazy标记来代替树状数组来维护。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;#define ERR(args...) { string _s = #args; replace(_s.begin(), _s.end(), ',', ' '); stringstream _ss(_s); istream_iterator<string> _it(_ss); err(_it, args); }void err(istream_iterator<string> it) {
    cerr << "\n";
}
template<typename T, typename... Args>
void err(istream_iterator<string> it, T a, Args... args) {
    cerr << *it << "=" << a << ", ";
    err(++it, args...);
}#define ERR1(arg,n) { cerr<<""<<#arg<<"=\n  "; for(int i=1;i<=n;i++) cerr<<arg[i]<<" "; cerr<<"\n"; }
#define ERR2(arg,n,m) { cerr<<""<<#arg<<"=\n"; for(int i=1;i<=n;i++) { cerr<<"  "; for(int j=1;j<=m;j++)cerr<<arg[i][j]<<" "; cerr<<"\n"; } }const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MAXN = 10000000, MAXM = 1000000;int l[MAXM + 5], r[MAXM + 5], f[MAXM + 5], g[MAXM + 5];
int sum[MAXN * 3 + 5], b[MAXN * 3 + 5], c[MAXN * 3 + 5];int main() {
#ifdef Yinku
    freopen("Yinku.in", "r", stdin);
#endif // Yinku
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d%d", &l[i], &r[i]);
    f[1] = r[1] - l[1] + 1;
    //f[i]以i段右端点为结尾的能构造出的最大的前缀和
    for(int i = 2; i <= n; i++)
        f[i] = max(0, f[i - 1] - (l[i] - r[i - 1] - 1)) + r[i] - l[i] + 1;
    //0：以i-1段右端点结尾的能构造出的最大的前缀和都不足够跨过[i-1,i]之间的-1
    //f[i - 1] - (l[i] - r[i - 1] - 1)：跨过之后还剩下多少贡献给这段
    g[n] = r[n] - l[n] + 1;
    //g[i]以i段左端点为开头的能构造出的最大的前缀和
    for(int i = n - 1; i >= 1; i--)
        g[i] = max(0, g[i + 1] - (l[i + 1] - r[i] - 1)) + r[i] - l[i] + 1;
    //ERR1(f, n);
    //ERR1(g, n);
    int i = 1, base = 10000000;
    ll ans = 0;
    while(i <= n) {
        int j = i + 1;
        while(j <= n && g[j] + f[j - 1] >= l[j] - r[j - 1] - 1) {
            //说明这个[j-1,j]之间的-1段可以因为两侧的f[j-1]和g[j]足够大而连接起来
            j++;
        }
        j--;
        //此时j是从i开始最远能够连接到的区间
        int left = max(0, l[i] - g[i]), right = min(1000000000 - 1, r[j] + f[j]);
        //left,right是至少会产生一个贡献的范围
        //ERR(left, right);
        int t = i, mi = INF, mx = 0;
        sum[0] = 0;
        for(int k = left; k <= right; k++) {
            //统计这一整段可连接区间的前缀和
            if(k >= l[t] && k <= r[t])
                sum[k - left + 1] = sum[k - left] + 1;
            else
                sum[k - left + 1] = sum[k - left] - 1;
            if(k == r[t])
                t++;
            mi = min(mi, sum[k - left + 1] + base);
            mx = max(mx, sum[k - left + 1] + base);
            //b记录前缀和出现过的次数
            b[sum[k - left + 1] + base] ++;
        }
        //ERR1(sum, right);
        //b记录前缀和出现过的次数的后缀和
        for(int k = mx - 1; k >= mi; k--)
            b[k] += b[k + 1];
        //包含最左侧点的贡献
        ans += b[base + 1];
        for(int k = left; k <= right; k++) {
            t = sum[k - left + 1] + base;
            //t表示k位置sum的值
            //b[t+1]比t大的值的个数
            //c[t+1]比在k位置左侧的比t大的值的个数的lazy
            b[t + 1] -= c[t + 1]; //把lazy加上去
            c[t] += c[t + 1] + 1; //lazy标记下移
            c[t + 1] = 0; //清空lazy
            ans += b[t + 1];
        }
        for(int k = mi; k <= mx; k++)
            b[k] = 0, c[k] = 0;
        i = j + 1;
    }
    printf("%lld", ans);
    return 0;
}