自动搬运

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来自洛谷，原作者为

	EuphoricStar Remember.

搬运于2025-08-24 22:55:08，当前版本为作者最后更新于2024-02-05 22:33:49，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

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以下是正文

WC2024 被打爆了，呜呜。我赛时会这题 $8$ 分指数级暴力，哈哈。真不知道自己在干嘛。

下文令 $T = 2L$。

考虑如何判定一个序列 $a$ 是否合法。考虑先枚举一个 $T$。因为要求 $r_i < r_{i + 1}$，考虑讨论相邻两项的取值：

• 若 $a_i < a_{i + 1}$ 则 $r_i = a_i, r_{i + 1} = a_{i + 1}$ 可行，也就是若 $a_i \ge a_{i + 1}$ 则 $r_i = a_i, r_{i + 1} = a_{i + 1}$ 不可行；
• 若 $a_i > a_{i + 1}$ 则 $r_i = T - a_i, r_{i + 1} = T - a_{i + 1}$ 可行，也就是若 $a_i \le a_{i + 1}$ 则 $r_i = T - a_i, r_{i + 1} = T - a_{i + 1}$ 不可行；
• 若 $a_i + a_{i + 1} < T$ 则 $r_i = a_i, r_{i + 1} = T - a_{i + 1}$ 可行，也就是若 $a_i + a_{i + 1} \ge T$ 则 $r_i = a_i, r_{i + 1} = T - a_{i + 1}$ 不可行；
• 若 $a_i + a_{i + 1} > T$ 则 $r_i = T - a_i, r_{i + 1} = a_{i + 1}$ 可行，也就是若 $a_i + a_{i + 1} \le T$ 则 $r_i = T - a_i, r_{i + 1} = a_{i + 1}$ 不可行。

也就是说：

• 若 $a_i \le a_{i + 1}$ 且 $a_i + a_{i + 1} \le T$ 则 $r_i$ 必须取 $a_i$；
• 若 $a_i \le a_{i + 1}$ 且 $a_i + a_{i + 1} \ge T$ 则 $r_{i + 1}$ 必须取 $a_{i + 1}$；
• 若 $a_i \ge a_{i + 1}$ 且 $a_i + a_{i + 1} \le T$ 则 $r_{i + 1}$ 必须取 $T - a_{i + 1}$；
• 若 $a_i \ge a_{i + 1}$ 且 $a_i + a_{i + 1} \ge T$ 则 $r_i$ 必须取 $T - a_i$。

若这个序列不存在一组 $r$ 则一定能从上述四个条件得出矛盾。有三种矛盾：

1. $a_i = a_{i + 1}, a_i + a_{i + 1} = T$；
2. $a_{i - 1} \le a_i, a_{i - 1} + a_i \ge T, a_i \ge a_{i + 1}, a_i + a_{i + 1} \ge T$；
3. $a_{i - 1} \ge a_i, a_{i - 1} + a_i \le T, a_i \le a_{i + 1}, a_i + a_{i + 1} \le T$。

考虑不枚举 $T$ 怎么判合法性。考虑第二种矛盾，相当于若存在 $i$ 使得 $a_{i - 1} \le a_i, a_i \ge a_{i + 1}$，那么 $T > \min(a_{i - 1} + a_i, a_i + a_{i + 1})$，否则就会产生矛盾；类似地考虑第三种矛盾，若存在 $i$ 使得 $a_{i - 1} \ge a_i, a_i \le a_{i + 1}$，那么 $T < \max(a_{i - 1} + a_i, a_i + a_{i + 1})$。

也就是说对于一些位置有 $T \in (l_i, r_i)$ 的限制，若最后这些区间交出来不是空集（即 $\max l_i < \min r_i$）那么就合法。这时候发现第一种矛盾不需要考虑，因为若区间交出来不是空集则 $T$ 有无限个取值。

回到原题，考虑计算合法的子区间个数。发现对于一个左端点，合法的右端点一定是一段区间。直接二分右端点再判定即可。判定就是判区间 $\max l_i$ 是否 $< \min r_i$。

总时间复杂度 $O(n \log n)$。

// Problem: P10144 [WC/CTS2024] 水镜
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P10144
// Memory Limit: 512 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mkp make_pair
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;

const int maxn = 500100;
const int logn = 22;

ll n, a[maxn], f[logn][maxn], g[logn][maxn];

inline ll qmax(int l, int r) {
	int k = __lg(r - l + 1);
	return max(f[k][l], f[k][r - (1 << k) + 1]);
}

inline ll qmin(int l, int r) {
	int k = __lg(r - l + 1);
	return min(g[k][l], g[k][r - (1 << k) + 1]);
}

void solve() {
	scanf("%lld", &n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		scanf("%lld", &a[i]);
	}
	for (int i = 2; i < n; ++i) {
		f[0][i] = -1e18;
		g[0][i] = 1e18;
		if (a[i - 1] <= a[i] && a[i] >= a[i + 1]) {
			f[0][i] = min(a[i - 1] + a[i], a[i] + a[i + 1]);
		}
		if (a[i - 1] >= a[i] && a[i] <= a[i + 1]) {
			g[0][i] = max(a[i - 1] + a[i], a[i] + a[i + 1]);
		}
	}
	for (int j = 1; (1 << j) <= n; ++j) {
		for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; ++i) {
			f[j][i] = max(f[j - 1][i], f[j - 1][i + (1 << (j - 1))]);
			g[j][i] = min(g[j - 1][i], g[j - 1][i + (1 << (j - 1))]);
		}
	}
	ll ans = 0;
	for (int i = 1; i < n; ++i) {
		int l = i + 1, r = n, p = -1;
		while (l <= r) {
			int mid = (l + r) >> 1;
			if (mid - i <= 1 || qmax(i + 1, mid - 1) < qmin(i + 1, mid - 1)) {
				p = mid;
				l = mid + 1;
			} else {
				r = mid - 1;
			}
		}
		ans += p - i;
	}
	printf("%lld\n", ans);
}

int main() {
	int T = 1;
	// scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}