[ABC221E] LEQ 题解

合集 - 题解(22)

1.AT_abc333_e [ABC333E] Takahashi Quest 题解2023-12-172.[ABC265F] Manhattan Cafe 题解2023-12-243.[ABC271E] Subsequence Path 题解2024-01-034.[ABC273D] LRUD Instructions 题解2024-01-055.P8085 [COCI2011-2012#4] KRIPTOGRAM 题解2024-02-296.[ABC238F] Two Exams 题解2024-02-297.[ABC217F] Make Pair 题解2024-03-018.[ABC219F] Cleaning Robot 题解2024-03-099.[ABC219E] Moat 题解2024-03-1010.[ABC221D] Online games 题解2024-04-04

11.[ABC221E] LEQ 题解2024-04-04

12.[ABC223E] Placing Rectangles 题解2024-04-0413.[ABC211D] Number of Shortest paths 题解2024-04-0414.[ABC211F] Rectilinear Polygons 题解2024-04-0415.[ABC223F] Parenthesis Checking 题解2024-04-0416.CF154C Double Profiles 题解2024-04-1617.[ABC208D] Shortest Path Queries 2 题解2024-04-1718.[ABC212E] Safety Journey 题解2024-04-1719.[ABC229E] Graph Destruction 题解2024-04-1720.[ABC240E] Ranges on Tree 题解2024-04-1821.[ABC261E] Many Operations 题解2024-05-1222.P10842 【MX-J2-T3】Piggy and Trees 题解2024-08-05

收起

[ABC221E] LEQ 题解

思路解析

很有思维量的一道题。首先根据题目要求发现，新求的子序列只跟子序列的头尾有关，而在确定头尾之后中间的元素选或不选没有任何关系。也就是确定新子序列的头尾下标分别为 $i,j$，那么以当前头尾的可行子序列个数就是 $2^{j-i-1}=2^j÷2^{i+1}$ 种可能。

接下来我们思考，根据题目要求，上方的 $i,j$ 一定有 $a_i\le a_j$，于是我们要做的其实就是找固定 $j$，有多少个 $i$ 使得 $i<j,a_i\le a_j$，也就是个二维偏序。但事实上不需要那么复杂，假设有 $i_1,i_2,\dots ,i_k$ 都满足题目的条件，那么以 $j$ 结尾的子序列的个数就是 $2^j÷2^{i_1+1}+2^j÷2^{i_2+1}+\cdots +2^j÷2^{i_k+1}=2^j÷(2^{i_1+1}+2^{i_2+1}+\cdots +2^{i_k+1})$。

那么接下来就很轻松了，由于上方的 $i,j$ 一定有 $a_i\le a_j$，所以我们可以用一个 $r{k}_i$ 存下 $a_i$ 的排名，设 $v_{r{k}_i}=2^{i+1}$，然后求 $\sum _{k=1}^{r{k}_j-1}{v}_k$，这样我们就可以求得满足 $a_i\le a_j$ 的条件所有的 $i$ 对答案的贡献，还要继续考虑 $i<j$ 这个条件。我们其实可以不先处理出来 $v$ 的值，而是在 $j\to j+1$ 时处理 $v_j$ 的值，这样就能保证所有 $v$ 当中有值的 $v_{r{k}_i}$ 都有 $i<j$。由于 $v$ 需要满足单点修改和区间求和的操作，所以需要使用树状数组优化。

注意：由于有取模和乘方，所以需要使用逆元和快速幂求解。

时间复杂度：需要遍历每个下标，都需要一次区间查询和单点修改，复杂度为 $O(n\log n)$。

code

//ABC211E
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 3e5 + 10;
const ll mod = 998244353;
int n, m;
ll a[N], c[N], b[N];
map<ll, int> rk;

ll ksm(ll a, ll b, ll p) {
	ll ans = 1;
	while(b) {
		if(b & 1) {
			ans = ans * a % p;
		}
		a = a * a % p;
		b >>= 1;
	}
	return ans;
}
ll niyuan(ll a, ll p) {
	return ksm(a, p - 2, p);
}

void add(ll x, ll y) {
	for(; x <= n; x += (x & -x)) {
		c[x] = (c[x] + y) % mod;
	}
}
ll ask(ll x) {
	ll sum = 0;
	for(; x > 0; x -= (x & -x)) {
		sum = (sum + c[x]) % mod;
	}
	return sum;
}

int main() {
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i];
		b[i] = a[i];
	}
	sort(b + 1, b + n + 1);
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		rk[b[i]] = i;
	}
	ll ans = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		ans = (ans + (ksm(2, i, mod) * ask(rk[a[i]])) % mod) % mod;
		add(rk[a[i]], ksm(niyuan(2, mod), i + 1, mod));
	}
	cout << ans;
	return 0;
}