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solution

定理 若 $i<j$ 且 $i,j$ 聯(lián)通，則必有 $k\in (i,j)$ 也與 $i,j$ 聯(lián)通。

下面給出證明，挺顯然的。

• 若 $a_i<a_j$，則一定有 $a_i<a_k\vee a_k<a_j$ 成立。
• 若 $a_i>a_j$，則一定有一個(gè) $x<i$ 滿足 $a_x<a_i\wedge a_x<a_j$ 使得 $i,j$ 間接聯(lián)通。
  • 若 $a_k<a_x$，則有 $k?j$ 聯(lián)通。
  • 若 $a_x<a_k$，則有 $k?x$ 聯(lián)通。

所以一個(gè)連通塊一定對(duì)應(yīng)的是數(shù)組 $a$ 的一段連續(xù)區(qū)間。

也就是說(shuō)，所有連通塊將數(shù)組劃分成若干個(gè)互不相交且并集為整個(gè)數(shù)組的區(qū)間。

考慮相鄰兩個(gè)連通塊，假設(shè)前一個(gè)聯(lián)通塊的左右端點(diǎn)為 $l_1,r_1$，則后一個(gè)聯(lián)通塊的左右端點(diǎn)為 $r_1+1(l_2),r_2$。

當(dāng)且僅當(dāng) $\min \{a_i|i\in [l_1,r_1]\}>\max \{a_i|i\in [l_2,r_2]\}$ 兩個(gè)聯(lián)通塊才不會(huì)合并。

進(jìn)一步講，點(diǎn) $k$ 能夠成為一個(gè)連通塊的分?jǐn)帱c(diǎn)，當(dāng)且僅當(dāng) $\min \{a_i|i\le k\}>\max \{a_i|k<i\}$。

不妨將 $a_i\ge a_k$ 的位置設(shè)為 $1$，$a_i<a_k$ 的設(shè)為 $0$，將這個(gè)新數(shù)組表示為 $f(k)$，與 $k$ 有關(guān)。

則發(fā)現(xiàn)，當(dāng) $k$ 為分?jǐn)帱c(diǎn)的時(shí)候，$f(k)$ 的長(zhǎng)相一定是 $\underset{k}{111...11}000...00$。

換言之，當(dāng) $k$ 為分?jǐn)帱c(diǎn)的時(shí)候，$f(k)$ 中 $a_i=a_{i+1}$ 的 $i$ 有且僅有一個(gè)。

當(dāng)然 $f(k)$ 的長(zhǎng)相有很多種。但如果 $k$ 成為分?jǐn)帱c(diǎn)那么 $f(k)$ 就只能有一種長(zhǎng)相。

換個(gè)角度講，令 $w=\max \{a_i|k<i\}$，將 $>w$ 的位置設(shè)為 $1$，$\le w$ 的設(shè)為 $0$，將新數(shù)組依舊表示為 $f(w)$。

則 $f(w)$ 的長(zhǎng)相一定也是 $\underset{k}{111...11}000...00$。

確定一個(gè)滿足條件的 $w$ 后的 $k$ 也是唯一的。所以沒(méi)必要枚舉斷點(diǎn) $k$，只需要枚舉 $w$ 即可。

也就是說(shuō)，只需要統(tǒng)計(jì)有多少個(gè) $w$ 對(duì)應(yīng)的 $f(w)$ 長(zhǎng)相是這樣的，即有且僅有一對(duì)相鄰的 $10$。

為了規(guī)避全 $0$ 和全 $1$，也就是 $w=\min /\max \{a_i|i\in [1,n]\}$ 的情況，這個(gè)時(shí)候是沒(méi)有一對(duì) $10$ 的。

不妨令 $a_0=\infty ,a_{n+1}=0$。則滿足條件的 $w$ 的 $f(w)$ 有且僅有一對(duì)相鄰的 $10$。

以權(quán)值 $w$ 為下標(biāo)建立線段樹，記錄每個(gè)葉子對(duì)應(yīng) $f(x)$ 長(zhǎng)相中 $10$ 的對(duì)數(shù)。

最后統(tǒng)計(jì)多少個(gè)位置的對(duì)數(shù)為 $1$ 即可。

考慮修改 $a_i$ ，會(huì)對(duì) $w\in [\min \{a_{i?1},a_i\},\max \{a_{i?1},a_i\})?[\min \{a_i,a_{i+1}\},\max \{a_i,a_{i+1}\})$ 造成貢獻(xiàn)變化。

例如 $w\in [\min \{a_{i?1},a_i\},\max \{a_{i?1},a_i\})$ 時(shí) $a_{i?1},a_i$ 會(huì)構(gòu)成一對(duì) $01$，在線段樹上將這個(gè)區(qū)間整體 $+1$ 即可。

注意到 $a_{i?1},a_{i+1}$ 可能越界，不妨設(shè) $a_0=\lim ,a_{n+1}=0$，那么不管 $i$ 位置，所有 $w$ 至少都會(huì)有 $1$ 對(duì) $01$。

線段樹很難做到快速查詢哪些位置是 $1$。但是現(xiàn)在所有的 $w$ 的 $01$ 個(gè)數(shù) $\ge 1$。

就可以用線段樹統(tǒng)計(jì)最小值和個(gè)數(shù)了。當(dāng)且僅當(dāng)最小值為 $1$ 的時(shí)候再記錄答案即可。

當(dāng)然要注意，只有當(dāng)前出現(xiàn)在 $a$ 數(shù)組里的 $w$，即 $w=a_i$，才能在線段樹中統(tǒng)計(jì)代表 $w$ 的葉子節(jié)點(diǎn)是否貢獻(xiàn)。

code

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 500005 #define lim 1000001 int n, q; int a[maxn]; struct node { int sum, tag, cnt; }t[lim + 5 << 2];#define lson now << 1 #define rson now << 1 | 1 #define mid (l + r >> 1)void pushup( int now ) {if( t[lson].sum < t[rson].sum ) t[now].sum = t[lson].sum, t[now].cnt = t[lson].cnt;else if( t[lson].sum > t[rson].sum ) t[now].sum = t[rson].sum, t[now].cnt = t[rson].cnt;elset[now].sum = t[lson].sum, t[now].cnt = t[lson].cnt + t[rson].cnt; }void pushdown( int now ) {if( t[now].tag ) {t[lson].sum += t[now].tag;t[rson].sum += t[now].tag;t[lson].tag += t[now].tag;t[rson].tag += t[now].tag;t[now].tag = 0;} }void modify( int now, int l, int r, int L, int R, int x ) {if( R < l or r < L ) return;if( L <= l and r <= R ) {t[now].sum += x;t[now].tag += x;return;}pushdown( now );modify( lson, l, mid, L, R, x );modify( rson, mid + 1, r, L, R, x );pushup( now ); }void modify( int now, int l, int r, int pos, int x ) {if( l == r ) { t[now].cnt += x; return; }pushdown( now );if( pos <= mid ) modify( lson, l, mid, pos, x );else modify( rson, mid + 1, r, pos, x );pushup( now ); }int query( int now, int l, int r, int L, int R ) {if( R < l or r < L ) return 0;if( L <= l and r <= R ) return t[now].sum == 1 ? t[now].cnt : 0;pushdown( now );return query( lson, l, mid, L, R ) + query( rson, mid + 1, r, L, R ); }void modify( int l, int r, int x ) {if( l == r ) return;if( l > r ) swap( l, r );modify( 1, 0, lim, l, r - 1, x ); }int main() {scanf( "%d %d", &n, &q );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%d", &a[i] );a[0] = lim;for( int i = 0;i <= n;i ++ ) {modify( a[i], a[i + 1], 1 );modify( 1, 0, lim, a[i], 1 );}while( q -- ) {int pos, x;scanf( "%d %d", &pos, &x );modify( a[pos - 1], a[pos], -1 );modify( a[pos], a[pos + 1], -1 );modify( 1, 0, lim, a[pos], -1 );a[pos] = x;modify( a[pos - 1], a[pos], 1 );modify( a[pos], a[pos + 1], 1 );modify( 1, 0, lim, a[pos], 1 );printf( "%d\n", query( 1, 0, lim, 1, lim - 1 ) );}return 0; }

總結(jié)

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