洛谷SP22343 NORMA2 - Norma（分治，前缀和）

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这题推式子恶心。。。。。

考虑分治，每次统计跨过$mid$的所有区间的答案和。$i$从$mid-1$到$l$枚举，统计以$i$为左端点的所有区间。

我们先维护好$[i,mid]$区间内最小值$mn$和最大值$mx$。我们可以想到，对于某一个左端点，它的右端点$j$在一定的范围内，最小值和最大值都不会变。这里就看到一些可以重复利用并快速计算的信息了。

维护两个指针$p,q$，分别表示$[mid+1,r]$内元素值第一个小于$mn/$大于$mx$的位置，那么$\sum\limits_{j=mid+1}^rans[i,j]$就可以分成三类讨论。暂时假设$p<q$。

$j\in[mid+1,p-1]$时，区间的最值不变，都是$mn,mx$，直接高斯求和

$$ans\leftarrow mn\cdot mx\sum\limits_{j=mid+1}^{p-1}j-i+1$$

$j\in[p,q-1]$时，区间最大值不变，但最小值取的是$[mid+1,j]$里的了。预处理$mid+1$到$r$的前缀最小值$min_j$，同时记录$min_j$和$min_j\cdot j$的前缀和（$p\ge q$同理）

$$ans\leftarrow mx\sum\limits_{j=p}^{q-1}min_j(j-i+1)$$

$$ans\leftarrow mx\sum\limits_{j=p}^{q-1}min_j\cdot j+mx(1-i)\sum\limits_{j=p}^{q-1}min_j$$

$j\in[q,r]$时，最值和$mn,mx$无关了，记录$min_jmax_j$和$min_jmax_j\cdot j$的前缀和

$$ans\leftarrow \sum\limits_{j=q}^rmin_jmax_j(j-i+1)$$

$$ans\leftarrow \sum\limits_{j=q}^rmin_jmax_j\cdot j+(1-i)\sum\limits_{j=q}^rmin_jmax_j$$

容易发现$mn,mx,p,q$都是单调移动的，那么就大功告成啦！

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define RG register
#define R RG LL//常数大也无所谓了
#define G if(++ip==ie)fread(ip=buf,1,N,stdin)
#define A(V) (ans+=V)%=YL
using namespace std;
const LL N=1<<19,YL=1e9;
char buf[N],*ie=buf+N,*ip=ie-1;
LL ans,a[N],mns[N],mxs[N],mnj[N],mxj[N],mms[N],mmj[N];
inline LL in(){
    G;while(*ip<'-')G;
    R x=*ip&15;G;
    while(*ip>'-'){x*=10;x+=*ip&15;G;}
    return x;
}
inline LL S(R l,R r){//高斯求和
    return (l+r)*(r-l+1)/2%YL;
}
void solve(R l,R r){
    if(l==r){A(a[l]*a[l]);return;}
    R m=(l+r)>>1,i,j,p,q,mn=YL,mx=0;
    solve(l,m);solve(m+1,r);
    mns[m]=mxs[m]=mnj[m]=mxj[m]=mms[m]=mmj[m]=0;
    for(j=m+1;j<=r;++j){//预处理，变量名不解释
        mn=min(mn,a[j]);mx=max(mx,a[j]);
        mns[j]=(mns[j-1]+mn)%YL;
        mxs[j]=(mxs[j-1]+mx)%YL;
        mnj[j]=(mnj[j-1]+mn*j)%YL;
        mxj[j]=(mxj[j-1]+mx*j)%YL;
        mms[j]=(mms[j-1]+mn*mx)%YL;
        mmj[j]=(mmj[j-1]+mn*mx%YL*j)%YL;
    }
    mn=YL;mx=0;
    for(p=q=m+1,i=m;i>=l;--i){//计算答案
        mn=min(mn,a[i]);mx=max(mx,a[i]);
        while(p<=r&&mn<a[p])++p;//单调移动
        while(q<=r&&mx>a[q])++q;
        if(p<q){
            A(mn*mx%YL*S(m-i+2,p-i));//注意做减法的都要加一下模数
            A(mx*(mnj[q-1]-mnj[p-1]+YL)+mx*(mns[q-1]-mns[p-1]+YL)%YL*(1-i+YL));
            A(mmj[r]-mmj[q-1]+(mms[r]-mms[q-1]+YL)*(1-i+YL));
        }
        else{
            A(mn*mx%YL*S(m-i+2,q-i));
            A(mn*(mxj[p-1]-mxj[q-1]+YL)+mn*(mxs[p-1]-mxs[q-1]+YL)%YL*(1-i+YL));
            A(mmj[r]-mmj[p-1]+(mms[r]-mms[p-1]+YL)*(1-i+YL));
        }
    }
}
int main(){
    R n=in();
    for(R i=1;i<=n;++i)a[i]=in();
    solve(1,n);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}