一类巧妙利用利用分治的序列求值

I.PreFace

这个方法经常用于这类问题：

给定序列 \(A\)，并定义基于序列 \(A\) 的函数 \(f(l, r)\)，求 \(\sum\limits_{1 \leq i \leq j \leq n}f(l, r)\)。

这个方法的核心做用是：

将不满足可减性的求值，变成只需要可以区间拼合（即满足区间可加性）的求值式子。

II.常用的解决办法：

1. 拆成每个点的贡献处理。

2. 从左到右推进端点 \(r\)，开一个数据结构维护对于当前每个 \(l\) 的函数值 \(f(l,r)\)，每推进一位 \(r\) 对应了一次的区间修改和一次的整体求和。

etc，这不是本文的重点。

III. 正文

考虑分治：

这回我们只要求跨过中点的区间的贡献就够了，即求

\[\sum_{i=l}^{mid}\sum_{j=mid+1}^{r}f(i,j) \]

这个式子当然还是是 \(O(n^2)\) 的，但是常常它比原问题的那个更加的简便，有无穷的威力。简便在哪？简便在于，本来这个式子可能不满足区间可减性，但是经过这样的分治，它只需要区间可加就行了，于是可以转化为第 II 节中的方法。

设当前求解当前 \(mid\) 的时间复杂度为 \(O(f(r-l+1))\)，那么总复杂度也就近似的可以认为是 \(O(f(n) \log n\)。

IV. 随便的一道例题：

给定数列 \(A\)，设 \(f(l,r)=\max\limits_{i=l}^{r}A_i\)，求 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=i}^n f(i,j)\)。

利用上述转化后问题就变成了可以用第 II 部分中的第一种处理，设 \(g(i)\) 为前缀/后缀最大值，那么它一定是单调的，即对于每一个位置的最大值的贡献，我就看一下另一边有多少个数小于它即可。尺取法一下复杂度 \(n\log n\)。事实上还有很多其他解法，这里只是作为一个 example。

V. 练习题：

GSOR 1008，谢谢出题人 lxl。

哈哈哈其实他给的做法都是 \(n \log^2 n\) 的，其实很轻松可以做到 \(n\log n\)，于是就成了最短+最快解（哈哈哈！