problem

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solution

这个势能线段树简直是太巧妙了！！！( ఠൠఠ )ﾉ

将询问按右端点升序离线下来。

对于每一个右端点 $r$，维护 ansi=min⁡{∣ai−aj∣,j∈[i,r]}ans_i=\min\{|a_i-a_j|,j\in[i,r]\}ansi​=min{∣ai​−aj​∣,j∈[i,r]}。

用线段树查询区间 $[l,r]$ 内的 min⁡{ansi,i∈[l,r]}\min\{ans_i,i\in[l,r]\}min{ansi​,i∈[l,r]} 就是答案了。

时间复杂度的瓶颈在于修改维护线段树上面。暴力做是 $O(n^2)$ 的。

考虑优化。假设 $an{s}_i$ 的最优选择点在 $j$。

• 如果 $a_r$ 是在黄色点，即 $<\frac{a_i+a_j}{2}$ ，这个时候要必须更新 $an{s}_i$。这会让 $an{s}_i$ 的值变小至少一半。

• 如果 $a_r$ 是在蓝色点，即 $>\frac{a_i+a_j}{2}$，这个时候直接更新 $an{s}_j$ 而不再更新 $an{s}_i$。

  因为 $j>i\wedge an{s}_j<an{s}_i$ ，最后 $r$ 的询问肯定答案是不会选到 $an{s}_i$ 的。

  所以就算 $an{s}_i$ 是错的，也不影响！

• 如果 $a_r$ 在 $a_i$ 等值线下面，也是一样的。

将 $an{s}_i$ 看作势能，递减到 $0$ 时就不再更新。每次更新至少减少一半。

所以修改点数应该是 $n\log a$ 的。

具体而言：先修改右区间，再修改左区间。且如果当前修改的答案不如之前更新的答案，就直接跳过即可。同时需要存储下区间内所有的 $a$。

这样实际操作的只有必须更新的点。

总时间复杂度为：$O(n\log n\log a)$

code

#include <vector>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define maxn 400005
#define inf 0x7f7f7f7f
vector < int > G[maxn];
struct node { int l, r, id; }q[maxn];
int n, Q;
int a[maxn], ans[maxn];namespace SegMentTree {int ans = inf;int Min[maxn];#define lson now << 1#define rson now << 1 | 1void build( int now, int l, int r ) {Min[now] = inf;for( int i = l;i <= r;i ++ ) G[now].push_back( a[i] );sort( G[now].begin(), G[now].end() );if( l == r ) return;int mid = ( l + r ) >> 1;build( lson, l, mid );build( rson, mid + 1, r );}/*void modify( int now, int l, int r, int R, int x ) {if( R < l ) return;if( r <= R ) {auto it = lower_bound( G[now].begin(), G[now].end(), x );if( it != G[now].end() ) Min[now] = min( Min[now], (*it) - x );if( it != G[now].begin() ) Min[now] = min( Min[now], x - *(it - 1) );if( Min[now] >= ans ) return;}if( l == r ) { ans = min( ans, Min[now] ); return; }int mid = ( l + r ) >> 1;modify( rson, mid + 1, r, R, x ); //优先更新最近的点modify( lson, l, mid, R, x );Min[now] = min( Min[lson], Min[rson] );ans = min( ans, Min[now] );}*/void modify( int now, int l, int r, int R, int x ) {if( R < l ) return;if( r <= R ) {it = lower_bound( G[now].begin(), G[now].end(), x );int tmp = inf;if( it != G[now].end() ) tmp = *it - x;if( it != G[now].begin() ) it--, tmp = min( tmp, x - *it );Min[now] = min( Min[now], tmp );if( tmp >= ans ) return;}if( l == r ) { ans = min( ans, Min[now] ); return; }modify( rson, mid + 1, r, R, x );ans = min( ans, Min[rson] );modify( lson, l, mid, R, x );Min[now] = min( Min[lson], Min[rson] );ans = min( ans, Min[now] );}int query( int now, int l, int r, int L ) {if( r < L ) return inf;if( L <= l ) return Min[now];int mid = ( l + r ) >> 1;return min( query( lson, l, mid, L ), query( rson, mid + 1, r, L ) );}}int main() {scanf( "%d", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%d", &a[i] );scanf( "%d", &Q );for( int i = 1;i <= Q;i ++ ) scanf( "%d %d", &q[i].l, &q[i].r ), q[i].id = i;SegMentTree :: build( 1, 1, n );sort( q + 1, q + Q + 1, []( node x, node y ) { return x.r < y.r; } );int ip = 1;while( q[ip].r <= 1 ) ip ++;for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {SegMentTree :: ans = inf;SegMentTree :: modify( 1, 1, n, i - 1, a[i] );while( q[ip].r == i )ans[q[ip].id] = SegMentTree :: query( 1, 1, n, q[ip].l ), ip ++;}for( int i = 1;i <= Q;i ++ ) printf( "%d\n", ans[i] );return 0;
}

Upd：感谢评论区的 $\text{hack}$ 数据让我发现自己的代码写得有点问题。
和小同志研究了一天发现是代码注释部分的问题。
大概就是，当前 $i$ 插入时，按照分析应该是遇到更优秀 $j$ 就不再往左子树找了。
这个更优秀是和以前存的答案比较。
但是之前代码实现是和现在被覆盖的答案比较。势能就差得离谱。
现在新代码在叶子节点时输出访问次数就大概是 $1$。

但是。。。呃呃呃呃，现在这份代码加上读优跑评论区的数据最快也要 $5s$。。。
我们讨论了一下我这份代码的写法，更偏向 $n\log n^2\log V$ 的时间复杂度，因为要走 $\log n$ 层线段树，每层内还有个 $\text{vector}$ 的二分。
可能把二分写在外面能少个 $\text{log}$ 的嵌套。
但是跑评论区的数据每个点都只被访问了一次，时间复杂度我就不是很懂了？。