problem

给定数组 $l,r$。求有多少个非空集合 $S$，满足 ${\forall }_{i,j\in S}{l}_i\le j\le r_i$。

集合内对于任意一个点而言，其余点均能被自己的范围覆盖到。

$n\le 2e5$。

solution

分享一下考场心路历程：考试是分了五个部分分的。

第一个部分分直接 $2^n$ 暴枚，很快拿下。

第二个部分分 $n\le 2000$，一看就是 $n^2$ 算法，我就想到了固定集合选取点的最左最右点，然后看有多少个点满足 $l_i\le L\wedge R\le r_i\wedge L\le i\le R$，天哪太多的偏序关系了，我直接抡 $\text{KD-tree}$，好家伙大样例虽然对了却要跑 $6s$，试问谁遭得住？

第三个部分分 $r_i-l_i\le 10$。我就只枚举最左点，然后暴搜/$\text{Hash}$ 集合个数，不超过 $2^{10}$，算出来大约 $2e8$ 但肯定跑不满。一看样例全过。（测评最后结果 $\text{wa}$ 了，但这不重要了）

第四个部分分，$5e4$ 可能是分块吧。对我没有太多帮助。

第五个部分分，就是最大的范围了。

由第二个部分的枚举 $l,r$ 我突然想到了前不久狂做 $\text{LCT}$ 的一类连通性题。全都是枚举了右端点然后用线段树上的节点做左端点，并用线段树维护答案个数。

这里我想类比做法：蒋所有 $[l_i,r_i]$ 全挂到 $r_i$ 点下。

枚举 $i$ 做右端点，然后线段树上的节点做左端点。

新右端点会对 $[l_i,i]$ 都提供 $1$ 的个数（答案是 $2^{\text{cnt}}$，每个数选或不选）

当 $i$ 右移一位的时候，就要去掉所有 $r_j=i$ 的 $j$ 曾经的贡献。

然后，然后，我发现强制左右端点后虽然不会算重，但是应该算的是 $2^{cnt-2}$（去掉左右端点选和不选的考虑）

结果这样又会影响我线段树的标记下放，那我的线段树不是废了？！！

最后不管是在线段树上维护个数还是直接维护贡献都无法正确避免 $-2$ 带来的影响，在主函数内我也无法去掉。我就直接开始摆烂了。。。

结果下午过来，给小同志讲了一遍后没讲懂，被她质疑的我就仔细想了一下，突然想到了貌似大概也许可以这么来，重构一遍直接过！心中草泥马奔腾。。。

从左到右枚举集合的右端点 $r$（最大的点）。

然后线段树上的节点 $l$ 强制是集合的左端点，且维护的信息是 $l,r$ 做左右端点时的答案。

考虑统计右端点为 $i$ 的答案。

首先要激活线段树上的 $i$ 节点，初始化为 $1$，代表 $[i,i]$ 集合。

然后统计线段树上 $[l_i,i]$ 区间的答案。

接下来 $i$ 要右移 $+1$，我们需要重新修改维护线段树上的信息。

• 对区间 $[l_i,i-1]$ 进行区间 $\times 2$。

  表示当这些区间中的节点为集合左端点时，$i$ 是合法互达备选点，存在选和不选的方案考虑。

  但不能对 $i$ 也进行 $\times 2$，理由在心路历程后面提到，它是被强制了的。

• 对所有 $r_j=i$ 的 $j$，从 $i+1$ 开始当右端点后，$j$ 就不可能再到达集合的右端点了，再也不能成为合法互达备选点，所以要把 $j$ 之前提供的贡献全都去掉。

  要进行 $[l_j,j-1]$ 区间 $/2$，以及节点 $j$ 的直接赋 $0$。（这样 $j$ 就在也不可能成为集合左端点被纳入贡献了）

时间复杂度 $O(n\log n)$。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 200005
#define int long long
#define mod 998244353namespace SGT {struct node { int cnt, tag; }t[maxn << 2];#define lson now << 1#define rson now << 1 | 1#define mid  (l + r >> 1)void build( int now, int l, int r ) {t[now].tag = 1;if( l == r ) return;build( lson, l, mid );build( rson, mid + 1, r );}void pushdown( int now ) {if( t[now].tag == 1 ) return;( t[lson].tag *= t[now].tag ) %= mod;( t[rson].tag *= t[now].tag ) %= mod;( t[lson].cnt *= t[now].tag ) %= mod;( t[rson].cnt *= t[now].tag ) %= mod;t[now].tag = 1;}void modify( int now, int l, int r, int p, int x ) {if( l == r ) { t[now].cnt = x ? 1 : 0; return; }pushdown( now );if( p <= mid ) modify( lson, l, mid, p, x );else modify( rson, mid + 1, r, p, x );t[now].cnt = ( t[lson].cnt + t[rson].cnt ) % mod;}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].cnt *= x ) %= mod;( t[now].tag *= x ) %= mod;return;}pushdown( now );modify( lson, l, mid, L, R, x );modify( rson, mid + 1, r, L, R, x );t[now].cnt = ( t[lson].cnt + t[rson].cnt ) % mod;}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].cnt;pushdown( now );return query( lson, l, mid, L, R ) + query( rson, mid + 1, r, L, R );}
}int n;
int l[maxn], r[maxn];
vector < int > G[maxn];
signed main() {scanf( "%lld", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &l[i] );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &r[i] );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) G[r[i]].push_back( i );SGT :: build( 1, 1, n ); //线段树上强制节点为选取集合最小值int ans = 0;int inv = mod + 1 >> 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) { //强制选取的集合最大值SGT :: modify( 1, 1, n, i, 1 ); //把i激活 初始化1( ans += SGT :: query( 1, 1, n, l[i], i ) ) %= mod;SGT :: modify( 1, 1, n, l[i], i - 1, 2 ); //对于最小值属于[l[i],i-1]的点 会有一个新的i可以互达for( int j : G[i] ) {SGT :: modify( 1, 1, n, l[j], j - 1, inv );SGT :: modify( 1, 1, n, j, 0 );}}printf( "%lld\n", ans );return 0;
}