古明地枣的袜子

Sun, 19 Apr 2026 20:13:21 +0800

以下假设 $n,m$ 同阶。

很好的题目！

第一个重要的观察就是，这个操作的顺序显然是不影响这个答案的。

我们想到我们不能直接去进行这个操作，因为他涉及到 $O(n)$ 个点，就算再怎么维护，都是困难的，我们要把他压缩一波。

我们要把这个信息最好是压到 $O(1)$，但在没有预处理的情况下有些困难。

我们先不考虑查询，我们直接考虑给一堆修改，你怎么小空间地干这个事情。

首先明显的想法是，这个前缀加有点太蠢了，考虑差分一下，变成单点加，后缀最大值。

然后你发现你可以把调换两维啊。既然你这个单点加的顺序没有关系，那我们就直接从后往前考虑，刚好算得就是后缀最大值。

然后你就变成了，把这些操作呢按照以 $x$ 为第一关键字从大到小，以 $y$ 为第二关键字从小到大排序，依次考虑，于是你发现你根本不需要考虑 $x$ 的问题，你直接把排完序后的 $y$ 求一个前缀最大值就可以了。

这个时候你发现前缀最小值这个东西是好东西！他可以看作是一个半裙元素，可以简单地拼接，且信息量为 $O(1)$。只需记录内部前缀最大值，以及总和，即可方便地合并。

然后我们到了这个序列上呢，你发现你还是要把区间排序，这个事情难做的，因为你至少要根号 log 的复杂度。然后考虑你干脆先排好序，然后在排好序的序列上找 $i\in[l,r]$，把这个子序列拿出来即可。

然后就出现了一个 KDT 的做法，你考虑类似整体二分一样，把所有询问一起做，从后往前扫一遍，考虑每个点对每个询问的贡献，画在二维平面上，就是矩形加上一个半裙元素，使用 KDT 做到 $O(n\sqrt n)$。

但是呢，KDT 常数太大了，于是我们考虑其他做法。

我们考虑分块对吧，然后呢我们想想对什么分块，对扫描的东西？还是原本的下标？

原本的下标的话，你发现仍旧是退化成了一个你要往里面加东西，而这个你加一个至少要 $O(\log n)$，不可取。

我们对扫描的东西分块，我们就发现我们直接在每个块里面算即可，合并块之间是好合并的，你对每个询问来讲，你如果知道了每个块内部的东西，那合并起来，直接把所有的信息加在一起即可。

我们考虑如何计算一个块内所有下标在 $[l,r]$ 内的答案。

我们突然发现这个块内的元素只有 $O(\sqrt n)$ 个啊！那你不是总共只有 $O(n)$ 种可能的本质不同询问，那你直接把所有的算出来就可以了，至于把原询问映射到小询问上，这个是简单的，直接离散化。

我们问题转化为了，给定长为 $n$ 的序列 $a$ 和半裙元素序列 $b$，要求在 $O(n^2)$ 的时间复杂度内求出对于每个 $[l,r]$，满足 $a_i \in [l,r]$ 的 $i$ 的子序列的 $b$ 的和是多少。

我们一招鲜吃遍天。既然我们都搞的是本质不同询问，那你再搞一次，用 TB5？

P4384 QOJ2994 [八省联考 2018] 制胡窜

Fri, 17 Apr 2026 22:42:18 +0800

看到子串出现类直接套上一个 SAM。

然后非常套路地使用线段树合并来维护子树的 endpos。

我们的限制即相当于是，给定一堆长度相等的线段（存在线段树里），然后要你算多少种方案插两根针不会把所有线段全部插到。

我们考虑正难则反，考虑多少种会把所有插到。

然后我们再转化，考虑一根针能插到的线段的起点位置是一个线段，即我们要选两个定长线段覆盖所有点。

这个问题简单多了，我们设第一个线段的末尾是 $x$，另一个的开头是 $y$。

我们先假设两个不是线段，我们假设要用 $[-\infin, x]$ 和 $[y,\infin]$ 来覆盖所有点。

二元限制我们画成图，容易发现满足条件的 $(x,y)$ 点对是一个右下角的，阶梯状面积，其中凹点在 $x=y$ 上，且凹点的 $x$ 就是点的位置。

然后我们考虑两个线段的限制，他其实就是给 $x$ 设定了一个上界，$y$ 设定了一个下界，然后这样合法的仍旧是一个阶梯状。

我们考虑在使用线段树维护阶梯状的时候，我们不从横坐标维护有多少个 $y$ 满足在当前 $x$ 下合法，我们维护那个突出去主对角线的面积。

你发现这个东西是好维护的，你对每个线段树节点维护第一个和最后一个点，然后 pushup 的时候算一下两边的贡献然后额外把少算的贡献算上即可。