HDU 6058 Kanade's sum (序列变换+数据结构)
Description
给你一个长度为\(n\)的序列\(A\)，\(f(l,r,k)\)表示\(A[l:r]\)中第k大的数，如果\(k>r-l+1\)，\(f(l,r,k)=0\)。给你\(k\)，让你计算\(\sum_{l=1}^{n}{\sum_{r=1}^{n}{f(l,r,k)}}\)。\(n \leqslant 5 \times 10^5\)，\(k \leqslant min(n,80)\)，\(A[1:n]\)是\([1:n]\)的一个排列。
Input
第一行给出用例组数\(T\)，每组用例一行，给出\(n\)和\(k\)。
Output
对于每组测试用例，输出一个整数，表示答案。
Sample Input
1
5 2
1 2 3 4 5
Sample Output
30
Solution
计算每个数的贡献。对于每个数\(a_i\)，只有它所在的区间中恰好有k-1个数比它大时，a_i才对这个区间有贡献。因此对于每个数a_i，需要分别向左向右找到比它大的前\(k-1\)个数，把\(k-1\)个比它大的数分配到两边，相乘累加求和得到最终答案。
要得到每个数左右两边前\(k-1\)个比它大的数，有两种方法，一种是从大到小“取数”的思想，一种是从小到大“删数”的思想。
- “取数”思路：建一个set，从大到小依次将每个数的下标放入set，这样对于枚举到的每个数\(a_i\)，集合中都是比它大的数的下标，二分找到刚好比\(i\)大的下标和刚好比\(i\)小的下标，分别向两边找\(k-1\)个数即可。时间复杂度为\(O(n(logn+n))\)。
- “删数”思路：开始将\(n\)个数的下标串成一个链表，从小到大枚举每个数，向左向右找\(k-1\)个数，然后删除这个数。这样对于枚举到的每个数，链表中剩下的都是大于等于它的数的下标。时间复杂度\(O(nk)\)。
Code
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 5e5 + 10;
int pre[N], nxt[N];
void erase(int x)
{
int p = pre[x], n = nxt[x];
if (pre[x]) nxt[pre[x]] = n;
if (nxt[x]) pre[nxt[x]] = p;
pre[x] = nxt[x] = -1;
}
int a[N], pos[N];
ll left[85], right[85];
int main()
{
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--)
{
int n, k;
scanf("%d%d", &n, &k);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", a + i), pos[a[i]] = i;
for (int i = 1; i <= n; i++) pre[i] = i - 1, nxt[i] = i + 1;
pre[1] = nxt[n] = -1;
ll ans = 0;
for (int i = 1; i <= n - k + 1; i++)
{
int p = pos[i];
int nl = 0;
for (int j = p; j != -1 && nl <= k; j = pre[j]) left[nl++] = j;
left[nl] = 0;
int nr = 0;
for (int j = p; j != -1 && nr <= k; j = nxt[j]) right[nr++] = j;
right[nr] = n + 1;
for (int l = 0; l < nl && l <= k - 1; l++)
{
int r = k - 1 - l;
if (r >= nr) continue;
ans += (ll)i * (left[l] - left[l + 1]) * (right[r + 1] - right[r]);
}
erase(p);
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
