3.30 模拟赛 T3 记录

题面

首先先可以发现对于限制 $\underset{i\in [l,r]}{min}{a}_i\le r-l+1$，的任意一个右端点，能贡献的 $l$ 肯定是一个可以确定的前缀，这一部分可以用单调队列提前预处理出每个前缀记为 $pr{e}_i$。同理对于任意一个左端点也对应可以转移到一个确定的后缀，也预处理出来记为 $nx{t}_i$。

到这里可以暴力 $O(n^2)\text{dp}$，也可以做出特殊性质。

然后对于最大值的限制，考虑仿照 $\text{cdq}$ 分治优化 $dp$，找到分界点为当前区间最大值的位置，这样对于左边对右边的区间的最大值就确定了，然后发现有两种方案：

• 枚举左端点 $i\in [l,mid]$，发现他能贡献到的右端点肯定是连续的，可以用预处理出的值算出，然后树状数组计算，这样会多一个 $\log$。但是发现是先修改再查询，所以可以差分。
• 枚举右端点 $i\in [mid,r]$，发现可以贡献到他的左端点也是可以直接算出，维护左边的前缀和计算就行了。

由于最大值的分布位置不一定均匀，为了防止复杂度退化到 $O(n^2)$，考虑两种方案那边区间小选对应方案计算。然后差分数组和前缀和数组可以用一个指针，时刻维护出已经计算完贡献的前缀的信息就可以做到复杂度 $O(n\log n)$。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int maxn=5e5+5;
const int lgn=25;
const int mod=1e9+7;
int a[maxn],pre[maxn],nxt[maxn],sum[maxn],sum2[maxn];
int que[maxn],head,tail,dp[maxn],now=1;
int st[maxn][lgn],lg[maxn];

inline void init(int n){
	lg[0]=-1;
	for(int i=1;i<=n;i++) lg[i]=lg[i>>1]+1;
	for(int j=1;j<=20;j++){
		for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){
			if(a[st[i][j-1]]>=a[st[i+(1<<(j-1))][j-1]]) st[i][j]=st[i][j-1];
			else st[i][j]=st[i+(1<<(j-1))][j-1];
		}
	}
}
int query(int l,int r){
	int k=lg[r-l+1];
	if(a[st[l][k]]>=a[st[r-(1<<k)+1][k]]) return st[l][k];
	return st[r-(1<<k)+1][k];
}


void cdq(int l,int r){
	if(l>=r){
		if(now<=l){
			for(int i=now;i<l;i++){
				sum[i]=(sum[i-1]+sum[i])%mod;
				dp[i]=(dp[i]+sum[i])%mod;
				sum2[i]=(sum2[i-1]+dp[i])%mod;
			}
			now=l;
		}
		if(l==r&&a[l]==1) dp[l]=(dp[l]+dp[l-1])%mod;
		if(now<=r){
			for(int i=now;i<=r;i++){
				sum[i]=(sum[i-1]+sum[i])%mod;
				// printf("%d %d %d : %d\n",i,sum[i],sum2[i],dp[i]);
				dp[i]=(dp[i]+sum[i])%mod;
				sum2[i]=(sum2[i-1]+dp[i])%mod;
				// printf("%d %d %d : %d\n",i,sum[i],sum2[i],dp[i]);
			}
			now=r+1;
		}
		return;
	}
	int mid=query(l,r);
	cdq(l,mid-1);
	// for(int i=mid;i<=r;i++) sum[i]=sum2[i]=0;
	if(mid-l<r-mid+1){
		for(int i=l-1;i<mid;i++){
			int tmp=min(r,i+a[mid]);
			if(tmp<mid) continue;
			if(max(mid,nxt[i+1])<=tmp){
				// printf("kk%d : %d %d\n",i,max(mid,nxt[i+1]),tmp);
				sum[max(mid,nxt[i+1])]=(sum[max(mid,nxt[i+1])]+dp[i])%mod;
				sum[tmp+1]=(sum[tmp+1]-dp[i]+mod)%mod;
			}
		}
	}else{
		for(int i=mid;i<=r;i++){
			int tmp=max(l,i-a[mid]+1);
			if(tmp>mid) continue;
			if(min(pre[i],mid)>=tmp){
				dp[i]=(dp[i]+sum2[min(pre[i],mid)-1])%mod;
				if(tmp>=2) dp[i]=(dp[i]-sum2[tmp-2]+mod)%mod;
			}
		}
	}
	cdq(mid+1,r);
}

int main(){
	
	int n;
	
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
		st[i][0]=i;
	}
	
	init(n);
	
	int mn=0;
	head=1;
	tail=0;
	
	for(int i=1;i<=n;i++){
		while(head<=tail&&a[que[tail]]>=a[i]) tail--;
		que[++tail]=i;
		while(head<=tail&&i-a[que[head]]+1>que[head]){
			mn=max(mn,que[head]);
			head++;
		}
		pre[i]=max(mn,i-a[que[head]]+1);
	}
	
	head=1;
	tail=0;
	mn=n+1;
	
	for(int i=n;i>=1;i--){
		while(head<=tail&&a[que[tail]]>=a[i]) tail--;
		que[++tail]=i;
		while(head<=tail&&i+a[que[head]]-1<que[head]){
			mn=min(mn,que[head]);
			head++;
		}
		nxt[i]=min(mn,i+a[que[head]]-1);
	}
	
	// for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d : %d %d\n",i,pre[i],nxt[i]);
	
	// exit(0);
	
	sum2[0]=dp[0]=1;
	
	cdq(1,n);
	
	printf("%d\n",dp[n]);
	
	return 0;
}