LOJ6435 & 洛谷5465 「PKUSC2018」星際穿越 倍增

題目鏈接：
loj6435
洛谷5465

蒟蒻zyd：這不是大水題嗎？看我寫個$O(nlog^2n)$的詭異ST表卡卡常數跑過去
題目：輸出區間距離和
蒟蒻zyd：（笑容逐漸消失）

沒想到一道倍增題能這麼巧（毒）妙（瘤）……

一些奇奇怪怪的性質

這裏是需要用到的性質……
爲了方便，這裏把“花費1單位時間進行傳送”稱爲“走了1步”qwq
Ps.一些類似的情況就不畫圖了……我不會說其實是我懶QWQ

性質1

假設起始點是$s$，如果當前走了$t$步，能到達的最左端的點是$x$，那麼一定能在$t$步內從$s$到達$[x,s-1]$內的任意一點。

證明：如果某個點$p$（$x\le p <s$）不能到達，因爲某個點向左連接的點是連續的一段，所以$s$能到的點中的$l$的最小值一定$>p$（否則就珂以到$p$了qwq），所以無法從$s$能到的點中的任意一點走到$p$左邊，就矛盾了qwq

爲什麼能在$t$步內到達呢？類似地，比如要$t+1$步才能到$p$，那麼也不能在$t$步內到達$p$左邊（不然從$t$步內走到$p$左邊的點走到$p$即可qwq），矛盾qwq
所以得證。

性質2

假設起點是$s$，終點是$x$，那麼$s$到$x$的最短路只能是這兩種之一：
1.一直向左走
2.一開始先從$s$向右走一步，再一直向左走。
換言之，如果要向右走，只能一開始向右一步，其他時候就只能向左走了。
先證明不存在從$s$向右走兩步的情況：
設$s$走兩次到$x$，走一次到$y$。若存在$l[x]<l[y]$，即向右走兩步比向右走一步更優的情況：
（如圖所示，藍邊是$x$到$l[x]$連的邊）

由於一個點向左連的邊的編號是連續的一段，所以$s$一定有一條邊連向$x$，因此$s$能一步就到$x$，因此更優。
（如圖所示，$s$能通過紅邊一步到達$x$）

若不存在$l[x]<l[y]$的情況，那沒必要走兩步到$x$了qwq，直接到$y$然後向左走就珂以了qwq

再證明不能中途向右走的情況：
設起點$s$向右走一步能到達的最右邊的點是$r(x)$，現在走到了$x$，如果要向右走，那麼到達的點也一定在$[x+1,r(s)]$範圍內。
如果走到的點$>r(x)$，假設這個點爲$y$，那麼$l[y]$一定比$s$小，所以$s$珂以向右走一步到達$y$，但$y>r(x)$，矛盾，所以$x$向右走能到達的點在$[x+1,r(s)]$範圍內qwq
根據性質1，向右走一步不會讓答案更優，所以就不用往右走了qwq
（其實性質1只證明了$[x,s]$範圍內不會使答案更優，但是腦補一下也珂以明白在$[s+1,r(s)]$範圍內也成立qwq）

綜上，如果要向右走，那隻能一開始向右走一步。

Ps. 有一個很顯然的性質我感覺不用證明……就不把它列到上面正經證明的性質了awa
即：如果前$t$步能到達的範圍是$[L,R]$，那麼第$t+1$不能到達的範圍是$min\{l[i]\},L<=i<=R$

題目解析

倍增：
$f[i][j]$表示從$i$開始，先向右一次，再向左$2^j$次所能到達的最左端的點。
那麼$f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1]$
因爲由性質2，中途向右走不會使答案更優，所以從$f[i][j-1]$向左$2^{j-1}$步即爲$f[i][j]$
顯然向左走$x+1$步會比向左$x$步走得遠，所以倍增數組是單調的。
查詢就搞一個$sum[i][j]$，表示$i$到$[f[i][j],i]$的點的距離和qwq
然後大莉統計即珂（走出$2^i$步的貢獻分兩個部分統計）
具體見代碼qwq

毒瘤代碼

#include<stdio.h>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define re register int
using namespace std;
typedef long long ll;
int read() {
	re x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0' || ch>'9') {
		if(ch=='-')	f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0' && ch<='9') {
		x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}
inline void write(const int x) {
	if(x>9)	write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
const int Size=300005;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n,l[Size],LOG[Size],f[Size][21],sum[Size][21];
int Calc(int x,int pos) {
	if(l[pos]<=x)	return pos-x;
	int ans=pos-l[pos];		//先向左跳一次 
	pos=l[pos];
	int cnt=1;
	//跳到再跳一次就<x的位置 
	for(re i=LOG[pos]; i>=0; i--) {
		if(f[pos][i]>x) {
			//f[pos][i]~pos到pos的距離和+pos到原點的距離*這段區間的個數 
			ans+=sum[pos][i]+(pos-f[pos][i])*cnt;
			pos=f[pos][i];
			cnt+=1<<i;
		}
	}
	return ans+(pos-x)*(cnt+1);
}
int main() {
	n=read();
	LOG[0]=-1;
	LOG[1]=0;
	for(re i=2; i<=n; i++) {
		l[i]=read();
		LOG[i]=LOG[i>>1]+1;
	}
	f[n+1][0]=INF;
	for(re i=n; i; i--) {
		f[i][0]=min(f[i+1][0],l[i]);
		sum[i][0]=i-f[i][0];		//跳一步就珂以，所以距離和爲區間點數 
	}
	for(re j=1; j<=18; j++) {
		for(re i=1<<j; i<=n; i++) {
			if(f[i][j-1]) {
				f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
				sum[i][j]=sum[i][j-1]+sum[f[i][j-1]][j-1]+((f[i][j-1]-f[i][j])<<(j-1));
			}
		}
	}
	int q=read();
	while(q--) {
		int l=read();
		int r=read();
		int x=read();
		int p=Calc(l,x)-Calc(r+1,x);
		int q=r-l+1;
		int k=__gcd(p,q);
		printf("%d/%d\n",p/k,q/k);
	}
	return 0;
}