AGC037F Counting of Subarrays

AGC037F

定义一个串\(S\)为级别\((k,m)\)为：

1. \(|S|=1\)并且\(S\)中唯一的数为\(k\)。
2. \(S\)由大于等于\(m\)个级别为\(k-1\)的串拼接而成。

每个串可以同时属于多个级别。
给出数组\(a_i\)，求连续子序列的数量，满足存在\(k\)使得这个子序列为级别\((k,m)\)。

\(m\le n\le 2*10^5\)

（这里把题面中的\(L\)换成了\(m\)，为了不和下面的题解起冲突）

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补题解。

按照值从小往大考虑：找到当前的最小值\(min\)以及对应的若干个连续的区间，对于某个区间（设其长度为\(len\)），如果\(len=1\)则是合法的区间，并将其删除；如果\(len<m\)则是非法的区间，并将其删除；如果\(len\ge m\)，将其替换为\(\lfloor\frac{len}{m}\rfloor\)个\(min+1\)，然后继续操作下去。

接下来是如何计算贡献：

假如有某个串长成：\(1,1,1,1,1,1,1,1,1,a,b,c\)，\(m=3\)，进行了一次操作之后变成\(2,2,2,a,b,c\)。那么这个时候的\(2,a,b\)对应原序列的\(1*x,a,b\)（\(x\in[6,8]\)）。

于是对于每个位置，分别记两个值\(L,R\)。表示：某个位置，作为左（右）端点，它可以对应到原序列中的一段连续区间的长度。

维护这个东西，就可以替换之前计算答案了。

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using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 200010
#define ll long long
int n,m;
int a[N];
struct Node{
	Node *pre,*suc;
	int v,L,R;
	ll s;
	bool f;
} *fir,*lst;
Node *ins(int v,int L,int R,int s,Node *pre,Node *suc){
	Node *nw=new Node;
	*nw=(Node){pre,suc,v,L,R,s,0};
	if (pre) pre->suc=nw;
	if (suc) suc->pre=nw;
	return nw;
}
Node *h[N];
int nh;
bool cmph(Node *son,Node *fa){return son->v>fa->v;}
int L[N],R[N],L_[N],R_[N];
ll calc(int L[],int R[],int k){
	ll sL=0,s=0;
	for (int i=1;i<=k;++i){
		if (i-m+1>0)
			sL+=L[i-m+1];
		s+=(sL+L[i])*R[i];
	}
	return s;
}
ll ans;
int main(){
//	freopen("in.txt","r",stdin);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=n;++i)
		scanf("%d",&a[i]);
	ans=n;
	fir=lst=ins(a[1],1,1,1,NULL,NULL);
	h[nh++]=fir,fir->f=1;
	for (int i=2;i<=n;++i){
		lst=ins(a[i],1,1,1,lst,NULL);
		if (lst->v!=lst->pre->v)
			h[nh++]=lst,lst->f=1;
	}
	make_heap(h,h+nh,cmph);
	while (nh){
		Node *fir=h[0];
		pop_heap(h,h+nh--,cmph);
		if (fir->f==0 || fir->pre && fir->pre->v==fir->v)
			continue;
		int v=fir->v,k=0;
		Node *p=fir,*lst=p;
		for (int i=1;p && p->v==v;++i,p=p->suc)
			L[i]=p->L,R[i]=p->R,++k,lst=p;
		Node *pre=fir->pre,*suc=lst->suc;
		if (pre) pre->suc=NULL;
		if (suc) suc->pre=NULL;
		fir->f=0;
		fir->pre=lst->suc=NULL;
		if (k==1 || k>=m){
			for (Node *p=fir;p && p->v==v;p=p->suc)
				ans-=p->s;
			ans+=calc(L,R,k);
			if (k==1)
				continue;
			int d=k/m;
			memset(L_,0,sizeof(int)*(d+1));
			memset(R_,0,sizeof(int)*(d+1));
			for (int i=m;i<=k;++i)
				R_[i/m]+=R[i];
			for (int i=k-m+1;i>=1;--i)
				L_[d-(k-i+1)/m+1]+=L[i];
			for (int i=d;i>=1;--i)
				suc=ins(v+1,L_[i],R_[i],0,pre,suc);
			suc->f=1;
			suc->s=calc(L_,R_,d);
			h[nh++]=suc;
			push_heap(h,h+nh,cmph);
			continue;
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}