ABC 252 | D - Distinct Trio

题意

给定含有N个元素的数组A，输出满足下列条件的三元组$(i, j, k)$的数量。

• $1 \le i < j < k \le N$
• $A_i, A_j, A_k$ 各不相同

分析

对于数对计数问题，常用的方法是枚举其中某一个数，然后快速计算选定该数的情况下满足条件的数对个数。由于枚举某个数的复杂度为$O(N)$，所以一般情况下，计算选定该数后满足条件的数组对数的复杂度为$O(1)或O(log)$。为达到快速计算的目的，通常需要预处理出某些值，预处理的手段一般有动态规划、前缀和等，此外，部分项应合并处理。
以下两种方法枚举不同的数值，对应不同的预处理方法。

方法一

根据题意，枚举$k$的大小，然后计算对于当前$k$，满足条件的$(i, j, k)$的组数$N_k$，该步骤分析用到了容斥原理。

$$\begin{align*} N_k &= C_{k - 1}^2 - N_{a_i = a_k \neq a_j} - N_{a_j = a_k \neq a_i} - N_{a_i = a_j \neq a_k} - N_{a_i = a_k = a_j} \\ &= C_{k - 1}^2 - (N_{a_i = a_k \neq a_j} + N_{a_j = a_k \neq a_i}) - N_{a_i = a_j} + N_{a_i = a_j = a_k} - N_{a_i = a_k = a_j} \\ &= C_{k - 1}^2 - (N_{a_i = a_k \neq a_j} + N_{a_j = a_k \neq a_i}) - N_{a_i = a_j} \end{align*}$$

下面分别计算上式中各项的值。

• $C_{k - 1}^2 = (k - 1) * (k - 2) / 2$
• $N_{a_i = a_k \neq a_j} + N_{a_j = a_k \neq a_i} = mp[a_k] * (k - 1 - mp[a_k])$,可理解为在$a_k$之前选一个与之相等的，有$mp[a_k]$个,然后再选一个与$a_k$不等的，有$(k - 1 - mp[a_k])$个,将两个数中下标小的自动赋值给$a_i$，下标大的自动赋值给$a_j$
• $N_{a_i = a_j}$需要用$dp$来维护，以$f_i$表示前$i$个数中任选两个且这两个数相等的方案数，那么有$f(i) = f(i - 1) + mp[a_i]， mp[a_i]$表示前$i - 1$中与$a_i$相等的数的个数。
• $N_{a_i = a_j = a_k} = C_{mp[a_k]}^2, mp[a_k]$表示$a_k$之前等于$a_k$的数的个数

方法二

首先转化题意，寻找三元组$(i, j, k)(1 \le i < j < k \le N)$使得$A_i, A_j, A_k$各不相同，等价于寻找三元组$(A_i, A_j, A_k)，（A_i < A_j < A_k）$。对于后者，我们可以遍历中间大小的数$A_j$，对于每一个确定的$A_j$，对应的三元组个数为$N_{A_j} = Cntx_{x < A_j} * Cntx_{x > A_j}$，$Cntx$可以通过预处理出前缀和从而$O(1)$得到。
对于二者的等价性可作如下理解：

• 首先证明每一个$(A_i, A_j, A_k）$都对应一组$(i, j, k)$，由于所找$A_i, A_j, A_k$各不相同，所以可以得到三个互不相同的数组下标，按照大小顺序排好即得$(i, j, k)$。
• 其次证明每一个$(i, j, k)$对应一个$(A_i, A_j, A_k)$，不难发现可能存在多对一的情况，举例来说，$(i, j_1, k)$与$(i, j_2, k)$可能对应同一组$(A_i, A_j, A_k)$，这意味着我们在遍历$A_j$时，对于是对整个数组进行for循环，相同的数值会被重复计算，同理考虑不同的$i$对应同一$A_i$与不同的$k$对应同一$A_k$的情况，发现按照以上算法该情况被正确计算
  故以上两种表示等价且算法正确。

注意： 计数类问题可能需要开long long。

代码

方法一

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 2e5 + 10;

int n;
ll a[N], f[N];
ll mp[N];

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &a[i]);

    ll ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i ++){
        int x = a[i];
        ans += (ll)(i - 1) * (i - 2) / 2;
        ans -= mp[x] * (i - 1 - mp[x]);
        ans -= f[i - 1];
        f[i] = f[i - 1] + mp[x];
        mp[x] ++;
    }
    printf("%lld\n", ans);

    return 0;
}

方法二

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <set>

using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;

typedef long long ll;

int a[N];
int n;
ll cnt[N];

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i ++){
        int x;
        scanf("%d", &x);
        a[i] = x;
        cnt[x] ++;
    }
    for(int i = 1; i < N; i ++) cnt[i] = cnt[i - 1] + cnt[i];
    ll ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        int t = a[i];
        ans += cnt[t - 1] * (n - cnt[t]);
    }
    printf("%lld\n", ans);

    return 0;
}