【学习笔记】线段树二分

这是真正的线段树二分 首先拆分询问区间。可以证明每一层遍历到的区间不会超过 4 4 4 个。所以复杂度是 log ⁡ n log n logn 。 类似的，可以通过 递归左子树->等待答案->递归右子树 的方法来查询 [l,r] 中最右或最左的满足条件的点。复杂度同样是 log ⁡ n log n logn 。

例题1：CF689D Friends and Subsequences

求满足下列条件的区间 [ l , r ] [l,r] [l,r] 的数量， n ≤ 2 e 5 nleq 2e5 n≤2e5 。 solution: 固定 l 端点，二分 r 端点，设函数 qry1(p,L,R) 表示 [L,R] 中满足 max(a_l,a_{l+1},…,a_k)>min(b_l,b_{l+1},…,b_k) 的最小的点，其中 L<=k<=R 。

同理设 qry2(p,L,R) 表示 [L,R] 中满足 max(a_l,a_{l+1},…,a_k)<min(b_l,b_{l+1},…,b_k) 的最大的点，其中 L<=k<=R 。

那么用全局变量 MIN,MAX 记录遍历到的所有点中的最大值，最小值，每次递归左子树，等待答案，再递归右子树，时间复杂度 O(nlogn) 。

关于 qry1 ：

关于 qry2：

上述两图证明了任意时刻都只会遍历左右子树中的一个（分叉点除外），复杂度得到证明。

总结：本题线段树二分做法依赖于单调性，做题时要善于观察。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int Maxn=2e5+5;
int n,a[Maxn],b[Maxn],MAX,MIN;
ll res;
struct SegmentTree{
          
   
	int Max[Maxn<<2],Min[Maxn<<2];
	void build(int p,int l,int r) {
          
   
		if(l==r) {
          
   
			Max[p]=a[l];
			Min[p]=b[l];
			return;
		}
		int mid=l+r>>1;
		build(p<<1,l,mid);
		build(p<<1|1,mid+1,r);
		Max[p]=max(Max[p<<1],Max[p<<1|1]);
		Min[p]=min(Min[p<<1],Min[p<<1|1]);
	}
	int qry1(int p,int l,int r,int ql,int qr) {
          
   
		int mid=l+r>>1;
		if(ql<=l&&r<=qr) {
          
   
			int tmax=max(MAX,Max[p]);
			int tmin=min(MIN,Min[p]);
			if(tmax<=tmin) {
          
   
				MAX=tmax;
				MIN=tmin;
				return r+1;
			}
			if(l==r) return l;
			int now=qry1(p<<1,l,mid,ql,qr);
			if(now==mid+1) now=qry1(p<<1|1,mid+1,r,ql,qr);
			return now;
		}
		else if(ql<=mid&&mid<qr) {
          
   
			int now=qry1(p<<1,l,mid,ql,qr);
			if(now==mid+1) now=qry1(p<<1|1,mid+1,r,ql,qr);
			return now;
		} 
		else if(qr<=mid) return qry1(p<<1,l,mid,ql,qr);
		else return qry1(p<<1|1,mid+1,r,ql,qr);
	}
	int qry2(int p,int l,int r,int ql,int qr) {
          
   
		int mid=l+r>>1;
		if(ql<=l&&r<=qr) {
          
   
			int tmax=max(MAX,Max[p]);
			int tmin=min(MIN,Min[p]);
			if(tmax<tmin) {
          
   
				MAX=tmax;
				MIN=tmin;
				return r;
			}
			if(l==r) return l-1;
			int now=qry2(p<<1,l,mid,ql,qr);
			if(now==mid) now=qry2(p<<1|1,mid+1,r,ql,qr);
			return now;
		}
		else if(ql<=mid&&mid<qr) {
          
   
			int now=qry2(p<<1,l,mid,ql,qr);
			if(now==mid) now=qry2(p<<1|1,mid+1,r,ql,qr);
			return now;
		}
		else if(qr<=mid) return qry2(p<<1,l,mid,ql,qr);
		else return qry2(p<<1|1,mid+1,r,ql,qr);
	}
}T1;
int main() {
          
   
//	freopen("data.in","r",stdin);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) {
          
   
		scanf("%d",&a[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
          
   
		scanf("%d",&b[i]); 
	}
	T1.build(1,1,n);
	for(int i=1;i<=n;i++) {
          
   
		MAX=-INF,MIN=INF;
		int pr=T1.qry1(1,1,n,i,n);
		MAX=-INF,MIN=INF;
		int pl=T1.qry2(1,1,n,i,n);
		res+=pr-pl-1;
	}
	printf("%lld",res);
}