满足「结合律」的静态信息

CF1175E Minimal Segment Cover

预处理 $rt_x$ 表示点 $x$ 经过一条线段能到达的最右边的点。

跳区间显然是满足结合律的，可以倍增之，复杂度 $O(n \log_2 n)$。

这类题目有一个重要的小技巧：为了满足最优性，倍增时跳到不能到达 $y$ 的最远的点 $p$，然后判断能一次跳过 $y$。如果不能则无解，否则这就是最优解。

证明是平凡的。如果能到达 $r$，那么一定能到达位置 $p$，否则一定找不到。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define uint unsigned long long
#define PII pair<int,int>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define SET(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define CPY(a,b) memcpy(a,b,sizeof(b))
#define rep(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);++i)
#define per(i,j,k) for(int i=(j);i>=(k);--i)
int read() {
    int a=0, f=1; char c=getchar();
    while(!isdigit(c)) {
        if(c=='-') f=-1;
        c=getchar();
    }
    while(isdigit(c)) a=a*10+c-'0', c=getchar();
    return a*f;
}
const int N=5e5+5;
int n, m, L=1e15, R, f[N][22];
int calc(int l,int r) {
    int t=0;
    for(int i=21;~i;--i) {
        if(f[l][i]&&f[l][i]<r) l=f[l][i], t|=1<<i;
        // f[l][i]!=0，特判跳出去的情况
    }
    if(f[l][0]>=r) return t+1;
    else return -1;
}
signed main() {
    n=read(), m=read();
    rep(i,1,n) {
        int l=read(), r=read();
        f[l][0]=max(f[l][0],r);
        L=min(L,l), R=max(R,r);
    }
    rep(i,L,R) f[i][0]=max(f[i][0],f[i-1][0]);
    // 预处理：先处理每个左端点的情况，再求前缀max
    rep(j,1,21) rep(i,L,R) f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
    while(m--) {
        int l=read(), r=read();
        printf("%lld\n",calc(l,r));
    }
}

luogu4155 [SCOI2015]国旗计划

把区间按照端点递增排序（左右都一样，因为没有包含关系）。断环为链求出每个区间 $i$ 往右经过一个区间能到达的最远区间。注意只有 $l<r$ 的区间才需要复制。

对于满足 $l \le M$ 的区间，倍增求解覆盖 $[l,l+M]$ 即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define uint unsigned long long
#define PII pair<int,int>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define SET(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define CPY(a,b) memcpy(a,b,sizeof(b))
#define rep(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);++i)
#define per(i,j,k) for(int i=(j);i>=(k);--i)
int read() {
    int a=0, f=1; char c=getchar();
    while(!isdigit(c)) {
        if(c=='-') f=-1;
        c=getchar();
    }
    while(isdigit(c)) a=a*10+c-'0', c=getchar();
    return a*f;
}
const int N=2e5+5;
int n, m, cnt, f[2*N][20], ans[N];
struct node { int l, r, id; } a[2*N];
bool operator<(node a,node b) { return a.l!=b.l? a.l<b.l:a.r<b.r; }
int calc(int x) {
    int r=a[x].l+m, t=0;
    for(int i=18;~i;--i) {
        if(f[x][i]&&a[f[x][i]].r<r) x=f[x][i], t|=1<<i;
    }
    return t+2;
    // 算上x与最后的那个区间
}
signed main() {
    n=read(), m=read();
    cnt=n;
    rep(i,1,n) {
        a[i].l=read(), a[i].r=read();
        a[i].id=i;
        if(a[i].l>a[i].r) a[i].r+=m;
        else a[++cnt]={a[i].l+m,a[i].r+m,a[i].id};
    }
    sort(a+1,a+cnt+1);
    a[cnt+1].r=1e15;
    // 特判情况从[1,m]跳到[m,2m]
    int p=0;
    rep(i,1,cnt) {
        while(p<=cnt&&a[p+1].l<=a[i].r) ++p;
        // 找到最后一个满足a[p].l<=a[i].r的区间p
        // 求区间而不是点，相当于离散化
        f[i][0]=p;
    }
    rep(j,1,18) rep(i,1,cnt) f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
    rep(i,1,cnt) if(a[i].l<=m) ans[a[i].id]=calc(i);
    rep(i,1,n) printf("%lld ",ans[i]);
}

luogu3509 [POI2010]ZAB-Frog

处理出距离每个点第 $k$ 近的点后，就可以倍增了。

如何处理？发现 $h_i$ 单调增，那么对于一个 $i$，距离它最近的点一定是它前后一共 $k$ 个其他元素中的一个。

观察性质，显然对于这个长度为 $k+1$ 的滑动窗口 $[l,r]$，$[l,i)$ 与 $(i,r]$ 的内部分别是单调减与单调增的，因此第 $k$ 近的点必然是左端点或者右端点。

但问题在于如何维护正确的滑动窗口。如果 $[l,r]$ 在 $i$ 处求得错误答案，那么一定有 $dis(l,i) > dis(i,r+1)$，即往右移动更能逼近 $i$（滑动窗口的移动具有滞后性），不断这样往右移动 $l$ 与 $r$ 直到收敛一定是不劣的。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define uint unsigned long long 
#define SET(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define CPY(a,b) memcpy(a,b,sizeof(b))
#define rep(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);++i)
#define per(i,j,k) for(int i=(j);i>=(k);--i)
int read() {
    int a=0, f=1; char c=getchar();
    while(!isdigit(c)) {
        if(c=='-') f=-1;
        c=getchar();
    }
    while(isdigit(c)) a=a*10+c-'0', c=getchar();
    return a*f;
}
const int N=1e6+5;
int n, k, m, a[N], f[N][62];
int calc(int x) {
    int t=0;
    for(int i=60;~i;--i) {
        if(t+(1ll<<i)<=m) x=f[x][i], t+=(1ll<<i);
    }
    // 使用1ll
    return x;
}
signed main() {
    n=read(), k=read(), m=read();
    rep(i,1,n) a[i]=read();
    int l=1, r=k+1;
    rep(i,1,n) {
        while(i!=1&&r<n&&a[i]-a[l]>a[r+1]-a[i]) ++l, ++r;
        if(a[i]-a[l]>=a[r]-a[i]) f[i][0]=l; else f[i][0]=r;
    }
    rep(j,1,60) rep(i,1,n)  f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
    rep(i,1,n) printf("%lld ",calc(i));
}

Nowcoder51190 Count the Repetitions

首先可以把 $s_2$ 重复 $n_2 \times m$ 次的条件干掉，求最大的 $n$ 使能满足条件即可。

$s_2$ 重复 $n$ 次依然是 $s_1$ 重复 $n_1$ 次的子序列，那么就可以套路地进行匹配了。

设 $f(i)$ 表示从 $s_1[i]$ 开始匹配完一遍 $s_2$ 需要从 $s_1$ 中走多少步。这里认为 $s_1$ 是一个环形字符串。

发现这玩意满足结合律，倍增优化。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define uint unsigned long long 
#define SET(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define CPY(a,b) memcpy(a,b,sizeof(a))
#define rep(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);++i)
#define per(i,j,k) for(int i=(j);i>=(k);--i)
int read() {
    int a=0, f=1; char c=getchar();
    while(!isdigit(c)) {
        if(c=='-') f=-1;
        c=getchar();
    }
    while(isdigit(c)) a=a*10+c-'0', c=getchar();
    return a*f;
}
const int N=1e6+5, M=105;
int n1, n2, l1, l2, f[M][50];
char s1[M], s2[M];
void solve() {
    l1=strlen(s1), l2=strlen(s2);
    for(int i=0;i<l1;++i) {
        int pos=i;
        f[i][0]=0;
        for(int j=0;j<l2;++j) {
            int cnt=0;
            while(s1[pos]!=s2[j]) {
                (++pos)%=l1, ++cnt;
                if(s1[pos]!=s2[j]&&cnt>=l1) { puts("0"); return; }
            }
            (++pos)%=l1;
            f[i][0]+=cnt+1;
        }
    }
    for(int j=1;j<=30;++j) for(int i=0;i<l1;++i) {
        f[i][j]=f[i][j-1]+f[(i+f[i][j-1])%l1][j-1];
    }
    int ans=0, pos=0;
    for(int i=30;~i;--i) {
        if(pos+f[pos%l1][i]<=l1*n1)  pos+=f[pos%l1][i], ans+=1<<i;
    }
    printf("%lld\n",ans/n2);
}
signed main() {
    while(cin>>s2>>n2>>s1>>n1) solve();
}

CF1142B Lynyrd Skynyrd

乍一看就能想出 $O(n^2)$ 的倍增做法，但是貌似无法优化了。

$\texttt{Observation}$

把循环移位转化为环形结构。

设 $pre_{i}$ 为 $p$ 中满足 $p_k=j$ 的 $p_{j-1}$ 的值，特别地 $pre_1 = p_n$。

对于一个 $a_i$，它要么自己开一段子序列，要么接到 $a[1,i-1]$ 中满足 $a_j=pre_{a_i}$ 的最靠右的 $j$ 后面。

这样往前找是满足结合律的，可以倍增。

如果能从 $r$ 往前跳 $n-1$ 次到达 $l$，那么说明以 $r$ 为右端点，满足条件的最短的区间是 $[l,r]$。然后对 $ans_r$ 求前缀最大值，就能得到满足条件的最大的 $l$，直接判断即可。

有 $O(n)$ 的内向树做法，但是咕了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define uint unsigned long long
#define PII pair<int,int>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb emplace_back
#define SET(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define CPY(a,b) memcpy(a,b,sizeof(b))
#define rep(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);++i)
#define per(i,j,k) for(int i=(j);i>=(k);--i)
int read() {
    int a=0, f=1; char c=getchar();
    while(!isdigit(c)) {
        if(c=='-') f=-1;
        c=getchar();
    }
    while(isdigit(c)) a=a*10+c-'0', c=getchar();
    return a*f;
}
const int N=2e5+5;
int n, m, Q, a[N], b[N], pre[N], pos[N];
int f[N][18], ans[N];
int calc(int x) {
    int d=n-1;
    for(int i=17;~i;--i) {
        if(d>=1<<i) d-=1<<i, x=f[x][i];
    }
    return x;
}
signed main() {
    n=read(), m=read(), Q=read();
    rep(i,1,n) a[i]=read(), pre[a[i]]=a[i-1];
    pre[a[1]]=a[n];
    rep(i,1,m) {
        b[i]=read();
        f[i][0]=pos[pre[b[i]]];
        pos[b[i]]=i;
    }
    rep(j,1,17) rep(i,1,m) f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
    rep(i,1,m) ans[i]=max(ans[i-1],calc(i));
    while(Q--) {
        int l=read(), r=read();
        if(l<=ans[r]) printf("1"); else printf("0");
    }
}

能不能干点别的？

Nowcoder50943 Genius ACM

最优解一定是若干极长段，贪心划分即可。对于一个确定的左边界 $l$，得到右边界 $r$ 后求“校验值”至少是带着 $\log$ 的。如果二分求 $r$，那么要是一直判定失败，那么复杂度就会上天，同时 $r$ 也会很小，效率很低。如果枚举 $r$，上界也是 $O(n^2\log_2 n)$ 的。

这时候可以考虑让右端点倍增前进，这种倍增和本文中其他倍增不太相同。

• 初始化 $p=1$，$r=l$。
• 如果 $[l,r+p]$ 合法，那么令 $r \leftarrow r+p$，$p \leftarrow 2 \times p$。
• 否则 $p \leftarrow p / 2$。

这样做的好处是无论失败多少次，复杂度都是 $O(n \log_2 n)$ 的，但是带着相对大的常数。

还有一个问题——排序。如果每次对 $[l,r+p]$ 排序，那么复杂度就假了。应该将 $[r,r+p]$ 排序，然后与 $[l,r]$ 归并。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define uint unsigned long long 
#define SET(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define CPY(a,b) memcpy(a,b,sizeof(a))
#define rep(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);++i)
#define per(i,j,k) for(int i=(j);i>=(k);--i)
int read() {
    int a=0, f=1; char c=getchar();
    while(!isdigit(c)) {
        if(c=='-') f=-1;
        c=getchar();
    }
    while(isdigit(c)) a=a*10+c-'0', c=getchar();
    return a*f;
}
const int N=5e5+5;
int T, n, m, k, a[N], b[N], c[N];
void merge(int l,int mid,int r) {
    int i=l, j=mid+1, pos=l;
    while(i<=mid&&j<=r) {
        if(b[i]<=b[j]) c[pos++]=b[i++];
        else c[pos++]=b[j++];
    }
    while(i<=mid) c[pos++]=b[i++];
    while(j<=r) c[pos++]=b[j++];
}
int solve(int L,int mid,int R) {
    if(R>n) return 0;
    for(int i=mid+1;i<=R;++i) b[i]=a[i];
    sort(b+mid+1,b+R+1);
    merge(L,mid,R);
    int p=L, q=R, cnt=0, res=0;
    for(;p<q&&cnt<m;) {
        res+=(c[q]-c[p])*(c[q]-c[p]);
        ++p, --q, ++cnt;
        if(res>k) return 0;
    }
    rep(i,L,R) b[i]=c[i];
    return 1; 
}
void solve() {
    n=read(), m=read(), k=read();
    rep(i,1,n) a[i]=read();
    int L=1, ans=0;
    while(L<=n) {
        int d=1, R=L;
        b[L]=a[L];
        while(d) {
            if(solve(L,R,R+d)) {
                R+=d; d<<=1;
            } else d>>=1;
        }
        ++ans;
        L=R+1;
    }
    printf("%lld\n",ans);
}
signed main() {
    T=read();
    while(T--) solve();
}

luogu1081 [NOIP2012 提高组] 开车旅行

预处理小 A 与小 B 从 $i$ 开始驾驶的时候会到达的点。具体的，对于每个 $i$，找 $j_0,j_1 \neq i$，满足 $h_i$ 与 $h_{j_0},h_{j_1}$ 分别做差取绝对值后，分别是最小、次小值。

由于 $h_i$ 两两不同，所以用std::set容易维护，写的比较丑。

然后就是设 $F(i,j,0/1)$ 为小 A/B 先从 $i$ 开车，两人交替行驶 $2^j$ 次能够到达的城市。上面预处理的信息就是边界值。转移有一个细节，当 $j>1$ 时，$2^{j-1}$ 也就是两次行驶的距离是偶数，因此小 A 和小 B 都要合并自己的 $2^{j-1}$ 的信息。当 $j=1$ 时，则是从对方的信息合并而来。

如何求二者分别的路程？笔者一开始设 $G(i,j,0/1)$ 表示轮到小 A/B 开车，两人交替行驶 $2^j$ 次后走过的路程。但这样就假掉了，因为先手不同时，走过的路径不一定相同，且对于 $G(i,j,1)$，行驶的次数就不是 $2^j$ 了。

所以加一维，$G_{0/1}(i,j,0/1)$，下标一维表示最开始谁开车。转移类似。

尽管如此，我们却用不到小 B 先开车的情况，作用在于 $j=1$ 时的转移。

细节较多，见代码。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define uint unsigned long long 
#define SET(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define CPY(a,b) memcpy(a,b,sizeof(a))
#define rep(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);++i)
#define per(i,j,k) for(int i=(j);i>=(k);--i)
int read() {
    int a=0, f=1; char c=getchar();
    while(!isdigit(c)) {
        if(c=='-') f=-1;
        c=getchar();
    }
    while(isdigit(c)) a=a*10+c-'0', c=getchar();
    return a*f;
}
const int N=1e5+5;
int n, m, h[N], to[N][2]; // to[i][0]表示最近，to[i][1]表示第二近
int f[N][20][2];
int x0, ga[N][20][2], gb[N][20][2];
set<pair<int,int> > s;
#define x first
#define y second
#define mp make_pair
void prework() {
    rep(i,1,n-1) {

        if(h[i]==s.begin()->x) {
            // 最小值
            auto p=s.upper_bound(mp(h[i],i));
            if(p==s.end()) {
                to[i][0]=0;
                continue;
            } else to[i][0]=p->y;

            ++p;
            if(p==s.end()) to[i][1]=0; else to[i][1]=p->y;
            s.erase(mp(h[i],i));

        } else if(h[i]==s.rbegin()->x) {
            // 最大值
            auto p=s.lower_bound(mp(h[i],i));
            if(p==s.begin()) {
                to[i][0]=0;
                continue;
            } else --p, to[i][0]=p->second;
            if(p==s.begin()) to[i][1]=0; else --p, to[i][1]=p->y;
            s.erase(mp(h[i],i));

        } else {
            pair<int,int> pii=mp(h[i],i);
            auto p0=s.upper_bound(pii);
            auto p1=--s.lower_bound(pii);

            int h0=p0->x, id0=p0->y;
            int h1=p1->x, id1=p1->y;
            int t0=abs(h0-h[i]), t1=abs(h1-h[i]);    
            if(t0<t1) to[i][0]=id0;
            else if(t0==t1) {
                if(h[id0]<h[id1]) to[i][0]=id0;
                else to[i][0]=id1;
            } else to[i][0]=id1;
            // 做两遍
            s.erase(pii);
            if(to[i][0]==0) continue;
            pii=mp(h[to[i][0]],to[i][0]);
            p0=s.upper_bound(pii);
            p1=s.lower_bound(pii);
            if(p0==s.end()&&p1==s.begin()) to[i][1]=0;
            else if(p0==s.end()) --p1, to[i][1]=p1->y;
            else if(p1==s.begin()) to[i][1]=p0->y;
            else {
                --p1;
                int h0=p0->x, id0=p0->y;
            int h1=p1->x, id1=p1->y;
            int t0=abs(h0-h[i]), t1=abs(h1-h[i]);    
            if(t0<t1) to[i][1]=id0;
            else if(t0==t1) {
                if(h[id0]<h[id1]) to[i][1]=id0;
                else to[i][1]=id1;
            } else to[i][1]=id1;
            }

        }

        f[i][0][0]=to[i][1], f[i][0][1]=to[i][0];
        ga[i][0][0]=abs(h[to[i][1]]-h[i]);
        gb[i][0][1]=abs(h[to[i][0]]-h[i]);
    }
    for(int j=1;j<=18;++j) for(int i=1;i<=n;++i) rep(k,0,1) {
        if(j==1) {
            f[i][j][k]=f[f[i][j-1][k]][j-1][k^1];
            ga[i][j][k]=ga[i][j-1][k]+ga[f[i][j-1][k]][j-1][k^1];
            gb[i][j][k]=gb[i][j-1][k]+gb[f[i][j-1][k]][j-1][k^1];
        }
        else {
            f[i][j][k]=f[f[i][j-1][k]][j-1][k];
            ga[i][j][k]=ga[i][j-1][k]+ga[f[i][j-1][k]][j-1][k];
            gb[i][j][k]=gb[i][j-1][k]+gb[f[i][j-1][k]][j-1][k];
        }

    }
}




pair<int,int> calc(int p,int X) {
    int Ta=0, Tb=0;
    for(int i=18;~i;--i) {
        int t=1<<i;
        if(f[p][i][0]!=0&&(ll)Ta+ga[p][i][0]+Tb+gb[p][i][0]<=X) {
            Ta+=ga[p][i][0], Tb+=gb[p][i][0], p=f[p][i][0];
            // 当i=0时，p=f[p][i][0]后下次就轮到小B了
            // 可惜没有下次了。
        }
    }
    return mp(Ta,Tb);
}
int cmp(int x,int y,int p,int q) {
    if(y==0) return 0;
    if((ll)x*q<(ll)p*y) return 2;
    else if(x*q==p*y) return 1;
    else return 0;
    // 分数比较
}
void solve1() {
    int p=1, q=0, ans1=0;
    for(int i=1;i<=n;++i) {
        pair<int,int> T=calc(i,x0);
        int fg=cmp(T.x,T.y,p,q);
        if(fg==2||(fg==1&&h[i]>h[ans1])) p=T.x, q=T.y, ans1=i;
    }
    printf("%lld\n",ans1);
}
signed main() {
    n=read();
    rep(i,1,n) h[i]=read(), s.insert(make_pair(h[i],i));
    prework();
    x0=read();
    solve1();
    m=read();
    while(m--) {
        int s=read(), x=read();
        pair<int,int> p=calc(s,x);
        printf("%d %d\n",p.x,p.y);
    }
}

luogu9019 [USACO23JAN] Tractor Paths P

预处理每个点经过一条边能到达的最远点，倍增即可解决第一问。

设第一问求出的答案为 $d$，从 $i$ 出发，往右走 $j$ 次能到达的最远点是 $f(i,j)$，往左走 $j$ 次能到达的最远点是 $g(i,j)$。从两端往中间走总和为 $d$ 的步数，二者的交错便是可能在最短路径上的点。

因此答案为$$[S_a=1] + [S_b=1] + \sum_{j=1}^{d-1} cnt \Big( g(b,d-j),f(a,j) \Big)$$发现和式是个区间和的形式，拆成前缀减后缀，而加法和减法都能单独拿出来。

倍增。设 $fs(i,j)$ 为从 $i$ 往右走 $2^j$ 步到达最远点时，关键区间的数量。$gs(i,j)$ 类似。

复杂度 $O((n+Q) \log n)$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define uint unsigned long long
#define PII pair<int,int>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb emplace_back
#define SET(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define CPY(a,b) memcpy(a,b,sizeof(b))
#define rep(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);++i)
#define per(i,j,k) for(int i=(j);i>=(k);--i)
int read() {
    int a=0, f=1; char c=getchar();
    while(!isdigit(c)) {
        if(c=='-') f=-1;
        c=getchar();
    }
    while(isdigit(c)) a=a*10+c-'0', c=getchar();
    return a*f;
}
const int N=2e5+5;
int n, Q, lt[N], rt[N], ss[N];
int f[N][18], g[N][18], fs[N][18], gs[N][18];
char s[2*N], t[N];
void prework() {
    int p=0, now=1;
    for(int i=1;i<=2*n;++i) {
        if(s[i]=='L') ++p;
        else rt[now]=p, ++now;
    }
    p=n+1, now=n;
    for(int i=2*n;i;--i) {
        if(s[i]=='R') --p;
        else lt[now]=p, --now;
    }
    rep(i,1,n) ss[i]=ss[i-1]+t[i]-'0';
    rep(i,1,n) {
        f[i][0]=rt[i], g[i][0]=lt[i];
        fs[i][0]=ss[rt[i]], gs[i][0]=ss[lt[i]-1];
    }
    rep(j,1,17) for(int i=1;i<=n;++i) {
        f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
        fs[i][j]=fs[i][j-1]+fs[f[i][j-1]][j-1];
        g[i][j]=g[g[i][j-1]][j-1];
        gs[i][j]=gs[i][j-1]+gs[g[i][j-1]][j-1];
    }
}
int calc(int l,int r) {
    int res=0;
    for(int i=17;~i;--i) {
        if(f[l][i]&&f[l][i]<r) res|=(1<<i), l=f[l][i];
    }
    return res+1;
}
signed main() {
    n=read(), Q=read();
    scanf("%s%s",s+1,t+1);
    prework();
    while(Q--) {
        int a=read(), b=read();
        int ans1=calc(a,b), ans2=t[a]-'0'+t[b]-'0';
        for(int i=17;~i;--i) if((ans1-1)&(1<<i)) ans2+=fs[a][i], a=f[a][i];
        for(int i=17;~i;--i) if((ans1-1)&(1<<i)) ans2-=gs[b][i], b=g[b][i];
        printf("%lld %lld\n",ans1,ans2);
    }
}

CF1516D Cut

容易发现一个区间合法当且仅当区间的数两两互质。

发现如果预处理完从 $i$ 开始能分组的最右端点，就可以倍增了。

对质因子开一个桶。

如何预处理呢？如果从 $l$ 开始，到了 $r$ 第一次产生重复质因子，那么从 $l$ 开始往后直到不存在重复的质因子，$r-1$ 都是他们的答案。

存在这样的单调性，就可以双指针求解了。

分解质因子可能带着不小的常数（比如说分解一个质数），但值域不大，一个优化的方法是用线性筛得到每个数的最小质因子，这样就可以 $O(1)$ 除去一个因子，因此上界就是 $O(\log_2 \max{a_i})$。

为了避免一些边界错误，使用左闭右开。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define uint unsigned long long
#define PII pair<int,int>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb emplace_back
#define SET(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define CPY(a,b) memcpy(a,b,sizeof(b))
#define rep(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);++i)
#define per(i,j,k) for(int i=(j);i>=(k);--i)
int read() {
    int a=0, f=1; char c=getchar();
    while(!isdigit(c)) {
        if(c=='-') f=-1;
        c=getchar();
    }
    while(isdigit(c)) a=a*10+c-'0', c=getchar();
    return a*f;
}
const int N=1e5+5;
int n, Q, mx, a[N], f[N][17];
int cnt, p[N], g[N];
bool v[N];
int c[N];
void ora() {
    for(int i=2;i<=mx;++i) {
        if(!v[i]) p[++cnt]=i, g[i]=i;
        for(int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=mx;++j) {
            v[i*p[j]]=1;
            g[i*p[j]]=p[j];
            if(i%p[j]==0) break;
        }
    }
}
void del(int x) {;
    while(x>1) --c[g[x]], x/=g[x];
}
void prework() {
    ora();
    int l=1, r=1;
    while(r<=n) {
        int x=a[r];
        while(x>1) {
            while(c[g[x]]) f[l][0]=r, del(a[l++]);
            // [) 左闭右开防止一些奇怪的错误
            x/=g[x];
        }
        x=a[r];
        while(x>1) ++c[g[x]], x/=g[x];
        ++r;
    }
    while(l<=n) f[l++][0]=n+1;
    rep(j,1,16) rep(i,1,n) f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
}
int calc(int l,int r) {
    int res=0;
    for(int i=16;~i;--i) {
        if(f[l][i]&&f[l][i]<=r) res|=(1<<i), l=f[l][i];
    }
    return res+1;
}
signed main() {
    n=read(), Q=read();
    rep(i,1,n) a[i]=read(), mx=max(mx,a[i]);
    prework();
    while(Q--) {
        int l=read(), r=read();
        printf("%lld\n",calc(l,r));
    }
}

左闭右闭写法。

void prework() {
    ora();
    int l=1, r=1;
    while(r<=n) {
        int x=a[r];
        while(x>1) {
            while(c[g[x]]) f[l][0]=r-1, del(a[l++]);
            x/=g[x];
        }
        x=a[r];
        while(x>1) ++c[g[x]], x/=g[x];
        ++r;
    }
    while(l<=n) f[l++][0]=n;
    f[n][0]=n;
    rep(j,1,16) f[n][j]=0;
    rep(j,1,16) rep(i,1,n) f[i][j]=f[min(f[i][j-1]+1,n)][j-1];
}
int calc(int l,int r) {
    int res=0;
    for(int i=16;~i;--i) {
        if(f[l][i]&&f[l][i]+1<=r) res|=(1<<i), l=f[l][i]+1;
    }
    return res+1;
}

• “区间覆盖”最好左闭右闭，“区间划分”最好左闭右开。

luogu9275 [AGM 2023 资格赛] DrahSort

姑且看了一下网络上巨多的冒泡排序文章。不同于它们，冒泡排序还有另外一种理解方式，就是依次干掉以每个数较大数的逆序对。在本题中使用两者分析均可。

对于一个 $a_l$，如果能找到它右边第一个大于等于它的元素 $a_r$，那么 $l$ 的决策区间就是 $[l,r-1]$，它的贡献就是 $a_l \times \max_{i=l+1}^{r-1} {a_i}$。后面即使有小于它的数，$a_r$ 都不劣于 $a_l$。

所以就可以对这个倍增了，从 $l$ 往 $r$ 跳即可，途中记录最大值。

如果最终仍满足 $l<r$，那么说明找不到大于等于 $a_l$ 的元素了，取 $a_l \times \max_{i=l+1}^r a_i$ 即可。

这题仍然以使用左闭右开为上策。

LOJ#3496. 「JOISC 2021」活动参观 2

自己做的时候不会搞这个字典序……

考虑一个暴力，从小到大考虑每个区间是否能加入。由于字典序的贪心性质，编号小的区间一定优于任何编号更大的区间，所以维护一个区间集合，枚举到 $i$ 就判断强制选择区间集合中的区间和 $i$ 后，剩下的区间还能不能选到 $k$ 个。

怎么做？在枚举之前我们可以按照右端点排序然后贪心选择最多无交区间，如果不到 $k$ 个就无解。考虑把区间左右端点离散化了，这样选择一个区间就是干掉两个坐标中间的所有点。暴力把所有这样的点标记出来，整个序列被划分为了若干段，我们只要知道这些段总共能被塞进多少区间即可。

但这样还是不够优。我们能发现 $i$ 阶段与上一个阶段相比，仅仅多了 $i$ 这个区间。如果 $i$ 与已经选择的区间有冲突，那么直接跳过。否则就不能选择与 $[L_i,R_i]$ 有交的区间。

然后设 $[lt,rt]$ 为已经选择的区间给 $[L_i,R_i]$ 留下的那个段，我们就要在 $[lt,rt]$ 尽可能多放的前提下，最大化 $[lt,L_i]$ 与 $[R_i,rt]$ 能放的区间数量，最小化 $[L_i,R_i]$ 能放的区间数量。由于这些 $[lt,rt]$ 中必然没有选过的区间，所以就是个静态问题。

$O(n)$ 求出 $[lt,rt]$ 的最优解和 $[lt,L_i]$ 与 $[R_i,rt]$ 的最优解就能得到所有信息。这样就能利用上一个阶段得到答案，判断是否不小于 $k$ 即可。

考虑优化。选不相交区间的过程是相当重复的，同时满足结合律，预处理每个右端点往左第一个左端点即可倍增答案，当区间个数一定时能得到放的最近距离，这个比较显然。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define uint unsigned long long
#define PII pair<int,int>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define SET(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define CPY(a,b) memcpy(a,b,sizeof(b))
#define rep(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);++i)
#define per(i,j,k) for(int i=(j);i>=(k);--i)
int read() {
    int a=0, f=1; char c=getchar();
    while(!isdigit(c)) {
        if(c=='-') f=-1;
        c=getchar();
    }
    while(isdigit(c)) a=a*10+c-'0', c=getchar();
    return a*f;
}
const int N=1e5+5;
int n, k, ans, f[2*N][21];
int m, tmp[2*N];
PII a[N], b[N];
bool cmp(PII a,PII b) { return a.se!=b.se? a.se<b.se:a.fi<b.fi; }
void lsh() {
    sort(tmp+1,tmp+m+1);
    m=unique(tmp+1,tmp+m+1)-tmp-1;
    rep(i,1,n) {
        a[i].fi=lower_bound(tmp+1,tmp+m+1,a[i].fi)-tmp;
        a[i].se=lower_bound(tmp+1,tmp+m+1,a[i].se)-tmp;
        b[i]=a[i];
    }
}
void prework() {
    sort(a+1,a+n+1,cmp);
    int p=0;
    rep(i,1,m) {
        f[i][0]=f[i-1][0];
        while(p<n&&a[p+1].se==i) {
            ++p;
            f[i][0]=max(f[i][0],a[p].fi);
        }
        for(int j=1;j<=20&&f[i][j-1];++j) f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
    }
}
int calc(int l,int r) {
    if(l>r) return 0;
    int res=0;
    for(int i=20;~i;--i) {
        if(f[r][i]>=l) r=f[r][i], res|=1<<i;
    }
    return res;
}
signed main() {
    n=read(), k=read();
    rep(i,1,n) {
        a[i].fi=tmp[++m]=read();
        a[i].se=tmp[++m]=read();
    }
    lsh();
    prework();
    int cnt=calc(1,m);
    if(cnt<k) puts("-1"), exit(0);
    set<PII> s;
    rep(i,1,n) {
        auto p=s.lower_bound(MP(b[i].se,0));
        int tl=0, tr=0;
        if(p==s.end()) tr=m;
        else tr=p->fi;
        if(p==s.begin()) tl=1;
        else --p, tl=b[p->se].se;
        if(tl>b[i].fi) continue;
        int k0=calc(tl,tr), k1=calc(tl,b[i].fi), k2=calc(b[i].se,tr);
        if(cnt-k0+1+k1+k2>=k) {
            cnt=cnt-k0+1+k1+k2;
            s.insert(MP(b[i].fi,i));
            printf("%lld\n",i);
            if(++ans==k) break;
        }
    }
}

一些更深的思考

所谓「结合律」究竟是什么？

• 一些数学运算天生满足结合律，可以改变运算顺序。
• 跳到若干“关键点”，从哪里开始跳与跳的过程无关，可以将路径合并。
• 二进制拆分，本质上是求和的结合律。
• 信息的合并，群论的说法叫半群。

这些维护的都是「已知」的东西，或者说是显式的倍增结构。

但很多时候并没有这个显式的结构。比如本文第一题，为什么倍增找 $p$ 就是最优的，而倍增 $r$ 则不是呢？

考虑一种新的思想——倍增答案。

自己起的名字。

如果说二分答案是利用了答案的单调性然后将最优化问题转化为判定问题，那么倍增答案则是利用了答案可以由若干满足结合律的局部答案合并而成，从而将全局最优化问题转化为「答案一定时若干最优局面的并」。

$p$ 并不是显式存在的，但它一定严格小于 $r$ 且满足结合律。这个最优解又因为代价已经确定而容易求得。因此倍增 $p$ 能得到正确答案，而倍增 $r$ 则是难以确定的。

似乎是很 $\texttt{Navie}$ 的东西。

LOJ#3665. 「JOI 2022 Final」铁路旅行 2

使用倍增答案的思想，这题其实并不难。

容易处理出从每个点出发能够到达的左右边界，在这个区间之内的任何位置都能到达。

可达性容易处理，最优化不好搞。对于前几个 subtask，可以采用构图然后BFS的方式求解，但是一定要搞清楚细节（比如可以反走）。

仍然具有结合律，考虑使用倍增答案，而且能发现依然是那种跳区间的形式。设 $rt(i,j)$ 为从 $i$ 出发走 $2^j$ 步能到达的最右位置，左边 $lt(i,j)$ 类似。

$$
rt(i,j) = \max_{k=lt(i,j-1)}^{rt(i,j-1)} \left\{rt(k,j-1) \right\}
$$

$$
lt(i,j) = \min_{k=lt(i,j-1)}^{rt(i,j-1)} \left\{ lt(k,j-1) \right\}
$$

是个 RMQ 问题。

只有这个还不够，有时候我们中途下车更优，而中途下车一定是某个位置能在代价相同时走得更远，所以不能只看最值，要在倍增过程中维护当前区间的最大最小值。线段树即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define uint unsigned long long
#define PII pair<int,int>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb emplace_back
#define SET(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define CPY(a,b) memcpy(a,b,sizeof(b))
#define rep(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);++i)
#define per(i,j,k) for(int i=(j);i>=(k);--i)
int read() {
    int a=0, f=1; char c=getchar();
    while(!isdigit(c)) {
        if(c=='-') f=-1;
        c=getchar();
    }
    while(isdigit(c)) a=a*10+c-'0', c=getchar();
    return a*f;
}
const int N=1e5+5;
int n, k, m, Q, lt[N][17], rt[N][17];
PII q[N];
struct Segment_Tree {
    int k, t[N<<2][2];
    void pushup(int x) { t[x][0]=min(t[x<<1][0],t[x<<1|1][0]); t[x][1]=max(t[x<<1][1],t[x<<1|1][1]); }
    void build(int x=1,int l=1,int r=n) {
        if(l==r) { t[x][1]=rt[l][k], t[x][0]=lt[l][k]; return; }
        int mid=(l+r)>>1;
        build(x<<1,l,mid), build(x<<1|1,mid+1,r);
        pushup(x);
    }
    int query(int L,int R,int type,int x=1,int l=1,int r=n) {
        if(L<=l&&r<=R) return t[x][type];
        int mid=(l+r)>>1;
        int ans=1;
        if(type==0) ans=n;
        if(L<=mid) {
            if(type==0) ans=min(ans,query(L,R,type,x<<1,l,mid));
            else ans=max(ans,query(L,R,type,x<<1,l,mid));
        }
        if(R>mid) {
            if(type==0) ans=min(ans,query(L,R,type,x<<1|1,mid+1,r));
            else ans=max(ans,query(L,R,type,x<<1|1,mid+1,r));
        }
        return ans;
    }
} T[17];
void init() {
    int l=1, r=0;
    rep(i,1,n) {
        while(l<=r&&q[l].fi<i-k+1) ++l;
        int x=rt[i][0];
        if(l<=r) rt[i][0]=max(rt[i][0],q[l].se);
        while(l<=r&&q[r].se<x) --r;
        q[++r]=MP(i,x);
    }
    l=1, r=0;
    per(i,n,1) {
        while(l<=r&&q[l].fi>i+k-1) ++l;
        int x=lt[i][0];
        if(l<=r) lt[i][0]=min(lt[i][0],q[l].se);
        while(l<=r&&q[r].se>x) --r;
        q[++r]=MP(i,x);
    }
    T[0].k=0;
    T[0].build();
    rep(j,1,16) {
        rep(i,1,n) {
            lt[i][j]=T[j-1].query(lt[i][j-1],rt[i][j-1],0);
            rt[i][j]=T[j-1].query(lt[i][j-1],rt[i][j-1],1);
        }
        T[j].k=j;
        T[j].build();
    }
}
int calc(int s,int t) {
    int l=s, r=s, res=0;
    for(int i=16;~i;--i) {
        int L=T[i].query(l,r,0);
        int R=T[i].query(l,r,1);
        if(L<=t&&t<=R) continue;
        l=L, r=R, res|=(1<<i);
    }
    if(T[0].query(l,r,0)<=t&&t<=T[0].query(l,r,1)) return res+1;
    return -1;
}
signed main() {
    n=read(), k=read(), m=read();
    rep(i,1,n) rt[i][0]=lt[i][0]=i;
    rep(i,1,m) {
        int a=read(), b=read();
        if(a<b) rt[a][0]=max(rt[a][0],b);
        else lt[a][0]=min(lt[a][0],b);
    }
    init();
    Q=read();
    while(Q--) {
        int s=read(), t=read();
        printf("%lld\n",calc(s,t));
    }
}