bzoj3745 [COCI2015]Norma

bzoj3745 [COCI2015]Norma

给定正整数序列 \(a_1,\ a_2,\ \cdots,\ a_n\) ，求 $$\displaystyle\sum_{i=1}^n\sum_{j=i}n{(j-i+1)\max[i,\ j]\min [i,\ j]}$$

将结果对 \(10^9\) 取模

\(n\leq5\times10^5,\ a_i\in[0,\ 10^8]\)

分治，cdq分治

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考虑分治，对于一个区间 \([l,\ r]\) 找到 \(\max\) 点 \(pos\) ，向 \([l,\ pos-1],\ [pos+1,\ r]\) 递归，但这样并不能有效处理 \(\min\) 的贡献，于是考虑 cdq分治

设当前区间为 \([l,\ r]\) ，递归处理 \([l,\ mid],\ [mid+1,\ r]\) ，并计算左端点在 \([l,\ mid]\) ，右端点在 \([mid+1,\ r]\) 的区间的贡献

令 \(mx=\max[p,\ mid],\ mn=\min[p,\ mid]\) 。逆序枚举左端点 \(p\) ，令 \(x\) 为满足 \(mn\ge\min[mid+1,\ x]\) 的最大的 \(x\) ， \(y\) 为 \(mx\le\max[mid+1,\ y]\) 的最大的 \(y\) 。假设 \(x<y\) ，右端点为 \(q\)

1. 当 \(q\leq x\) 时，贡献为 \(mx\times mn\times\displaystyle\sum(q-p+1)\)
2. 当 \(x<q\leq y\) 时，贡献为 \(mx\times(\displaystyle\sum((q-p+1)\times\min[x+1,\ q]))\)
3. 当 \(y<q\) 时，贡献为 \(\displaystyle\sum((q-p+1)\times\min[x+1,\ q]\times\max[y+1,\ q])\)

第一个可以直接算

第二个可以将原式拆为 \(mx\times(\displaystyle\sum(q\times\min[x+1,\ q])-(i-1)\times\sum\min[x+1,\ q]\)

其中 \(\displaystyle\sum\min[x+1,\ q]\) 和 \(\displaystyle\sum(q\times\min[x+1,\ q])\) 可以 \(O(len)\) 预处理

第三个同样拆开括号，其中 \(\displaystyle\sum(\min[x+1,\ q]\times\max[y+1, q])\) 和 \(\displaystyle\sum(q\times\min[x+1,\ q]\times\max[y+1,\ q])\) 因为可以将 \(\min[x+1,\ q]\times\max[y+1,\ q]\) 转化为 \(\min[x+1,\ q]\times\max[x+1,\ q]\) ，同样可以 \(O(len)\) 预处理

\(x\ge y\) 的情况同理

时间复杂度 \(O(n\log n)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn = 5e5 + 10, P = 1e9, inf = 1e8;
int n, ans, a[maxn], f1[maxn], f2[maxn], g1[maxn], g2[maxn], s1[maxn], s2[maxn];

inline void chkmax(int &x, int y) {
  if (x < y) x = y;
}

inline void chkmin(int &x, int y) {
  if (x > y) x = y;
}

inline int inc(int x, int y) {
  x += y;
  return x < P ? x : x - P;
}

inline int dec(int x, int y) {
  x -= y;
  return x < 0 ? x + P : x;
}

inline int mul(int x, int y) {
  return 1ll * x * y % P;
}

inline int add(int &x, int y) {
  x += y;
  return x < P ? x : x -= P;
}

void cdq(int l, int r) {
  if (l == r) {
    add(ans, mul(a[l], a[l]));
    return;
  }
  int mid = (l + r) >> 1;
  cdq(l, mid), cdq(mid + 1, r);
  f1[mid] = f2[mid] = g1[mid] = g2[mid] = s1[mid] = s2[mid] = 0;
  for (int i = mid + 1, mx = 0, mn = inf; i <= r; i++) {
    chkmax(mx, a[i]), chkmin(mn, a[i]);
    f1[i] = inc(f1[i - 1], mx);
    g1[i] = inc(g1[i - 1], mn);
    f2[i] = inc(f2[i - 1], mul(mx, i));
    g2[i] = inc(g2[i - 1], mul(mn, i));
    s1[i] = inc(s1[i - 1], mul(mx, mn));
    s2[i] = inc(s2[i - 1], mul(mul(mx, mn), i));
  }
  for (int i = mid, mx = 0, mn = inf, x = mid, y = mid; i >= l; i--) {
    chkmax(mx, a[i]), chkmin(mn, a[i]);
    while (x < r && a[x] >= mn && a[x + 1] >= mn) x++;
    while (y < r && a[y] <= mx && a[y + 1] <= mx) y++;
    int p = min(x, y), q = max(x, y);
    add(ans, dec(dec(s2[r], s2[q]), mul(i - 1, dec(s1[r], s1[q]))));
    add(ans, mul(mul(mx, mn), dec(1ll * (p - mid) * (p + mid + 1) / 2 % P, mul(i - 1, p - mid))));
    if (x < y) {
      add(ans, mul(mx, dec(dec(g2[y], g2[x]), mul(i - 1, dec(g1[y], g1[x])))));
    } else {
      add(ans, mul(mn, dec(dec(f2[x], f2[y]), mul(i - 1, dec(f1[x], f1[y])))));
    }
  }
}

int main() {
  scanf("%d", &n);
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    scanf("%d", a + i);
  }
  cdq(1, n);
  printf("%d", ans);
  return 0;
}