@atcoder - AGC037F@ Counting of Subarrays
@description@
给定 L，连续至少 L 个相同的数 k 可以合并成 1 个 k+1。
给定一个长度为 N 的序列，问该序列有多少个子区间可以通过若干次合并变成 1 个数。
Constraints
1≤N≤2×10^5, 2≤L≤N, 1≤Ai≤10^9
Input
输入形式如下：
N L
A1 A2 ... AN
Output
输出满足条件的子区间个数。
Sample Input 1
9 3
2 1 1 1 1 1 1 2 3
Sample Output 1
22
@solution@
其实思路挺简单的。
先考虑判定一个区间是否合法。
假如区间只包含一个数，显然合法。
假如区间只包含一种数，只有当这种数的个数 >= L 才合法。
否则，我们可以将最小的 x 尽可能多地合并成 x + 1。如果有不能够合并的 x 则不合法；否则递归判断新的序列是否合法。
对于不同的区间，将最小的 x 合并成 x + 1 其实可以同时做。
于是我们区间统计的方法就出来了：
先对于最小的 x，统计只包含 x 的合法区间数。
然后将所有只包含 x 的极长区间（即无法在往左右延伸的区间）合并出尽量多的 x + 1。
因为合并出来的一个数代表原序列中的一段数，所以我们还需要维护 lf 与 rf，分别表示 “一个数充当左端点的方案数” 与 “一个数充当右端点的方案数”。
具体怎么维护 lf 与 rf 呢？
对于一个 x 的极长区间 a1, a2, ..., ak。a[1...L-1] 显然无法充当右端点（无法合成出 x + 1），a[L...2L-1] 可以充当第一个 x + 1 的右端点，将 a[L...2L-1] 对应的 rf 加起来就可以得到新的第一个 x + 1 的 rf 了。
同理，a[2L...3L-1] 对应第二个 x + 1 的右端点，a[3L...4L-1] 对应第三个 x + 1 的右端……
右端点都可以求出来了，左端点就同理了。
如果一个极长区间 < L，直接将它删除。
因为可能 x 合成出来的 x + 1 还可以再合成，此时方案数会计算重复（而且会计算到不合法方案）。需要在 x 合成 x + 1 的过程中，减去 x + 1 合成 x + 2 产生的贡献，才能保证不重复。
用链表实现删减。用优先队列取出最小元素。
因为一次合并将 L 个合成 1 个，至少减少了 L-1 个元素。那么只会有 O(n) 次合并。
所以复杂度瓶颈在优先队列，为 O(nlogn)。
@accepted code@
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<vector>
#include<iostream>
using namespace std;
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
const int MAXN = 200000;
typedef pair<int, int> pii;
typedef long long ll;
priority_queue<pii, vector<pii>, greater<pii> >que;
int lst[MAXN + 5], nxt[MAXN + 5], N, L;
void link(int x, int y) {lst[y] = x, nxt[x] = y;}
bool check(int x, int y) {return nxt[x] == y;}
ll lf[MAXN + 5], rf[MAXN + 5], f1[MAXN + 5], f2[MAXN + 5];
vector<int>v1, v2;
ll solve(int x) {
ll ret = 0, tmp = 0;
int lt = v2.size(), lb = lst[v2[0]], rb = nxt[v2[lt-1]];
for(int i=0;i<lt;i++) {
if( i - L + 1 >= 0 ) tmp += lf[v2[i-L+1]];
ret += tmp * rf[v2[i]];
}
for(int i=0;i<lt;i++)
f1[v2[i]] = lf[v2[i]], f2[v2[i]] = rf[v2[i]], lf[v2[i]] = rf[v2[i]] = 0;
int c = lt / L;
if( c ) {
for(int i=L-1;i<lt;i++) {
int t = (i + 1)/L - 1;
rf[v2[t]] += f2[v2[i]];
}
for(int i=lt-L;i>=0;i--) {
int t = c - (lt - i)/L;
lf[v2[t]] += f1[v2[i]];
}
for(int i=1;i<c;i++)
link(v2[i-1], v2[i]);
link(lb, v2[0]), link(v2[c-1], rb);
for(int i=0;i<c;i++)
que.push(mp(x + 1, v2[i]));
tmp = 0;
for(int i=0;i<c;i++) {
if( i - L + 1 >= 0 ) tmp += lf[v2[i-L+1]];
ret -= tmp * rf[v2[i]];
}
}
else nxt[lb] = N + 1, lst[rb] = 0;
v2.clear();
return ret;
}
int main() {
scanf("%d%d", &N, &L);
for(int i=1;i<=N;i++) {
int x; scanf("%d", &x);
que.push(mp(x, i)), link(i, i + 1);
lf[i] = rf[i] = 1;
}
ll ans = 0; link(0, 1);
while( !que.empty() ) {
int x = que.top().fi; v1.clear();
while( !que.empty() && que.top().fi == x )
v1.push_back(que.top().se), que.pop();
v2.clear(); v2.push_back(v1[0]);
for(int i=1;i<v1.size();i++) {
if( !check(v1[i-1], v1[i]) )
ans += solve(x);
v2.push_back(v1[i]);
}
ans += solve(x);
}
printf("%lld\n", ans + N);
}
@details@
为什么会有一种AGC的F题变水了的错觉
即使想到了这个方向，也很难说能够把所有细节想清楚吧。
嗯。应该是这样的。
