【Solution】P8313 [COCI2021-2022#4] Izbori

前言

洛谷博客链接
很棒的一道题，建议评紫。

这里提供一种 $O (n \log n)$ 的树状数组的解法，并有详细的部分分题解，可能比较长，如果只想看正解可以直接看 Subtask 4。

Subtask 1

暴力穷举区间，枚举众数判断即可。复杂度 $O (n^{3})$ 。

Subtask 2

暴力穷举区间，区间元素个数用一个桶维护起来，区间 $(i, j + 1)$ 的各个元素的个数可以由区间 $(i, j)$ 递推得。但由于 $a_{i}$ 得范围达到了 $10^{9}$ ，需要离散化一下。复杂度 $O (n^{2})$ 。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int n,a[N],cop[N],tong[N];
ll ans=0;
signed main()
{
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		cin>>a[i],cop[i]=a[i];//cop为离散化数组
	sort(cop+1,cop+n+1);
	int cntl=unique(cop+1,cop+n+1)-cop-1;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		a[i]=lower_bound(cop+1,cop+cntl+1,a[i])-cop;//离散化
	for(int l=1;l<=n;++l)
	{
		int cur=a[l];
		for(int r=l;r<=n;++r)
		{
			tong[a[r]]++;//更新桶数组
			if(tong[a[r]]>tong[cur])cur=a[r];//打擂台得出出现次数最多的元素
			if(tong[cur]*2>r-l+1)ans++;//判断区间众数个数一半
		}
		for(int r=l;r<=n;++r)tong[a[r]]--;//清空tong数组
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

Subtask 3

考虑到只有 $1 ， 2$ 两种数字，所以区间不合法只有一种情况：区间内 $1 ， 2$ 个数相等。考虑将 $1$ 的值设成 $1$ ， $2$ 的值设成 $- 1$ ，所以不合法的区间的区间和为 $0$ ，可以记录一个前缀桶来维护。复杂度 $O (n)$ 。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int n,a[N],b[N],tong[N<<1];
ll ans=0;
signed main()
{
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		cin>>a[i];
		if(a[i]==1)b[i]=1;
		else b[i]=-1;
	}
	//因为前缀和会出现负数，所以要统一偏移n 
	int sum=0;tong[n]++;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		sum+=b[i];//前缀和 
		ans+=tong[sum+n];//更新答案 
		tong[sum+n]++;//更新桶 
	}
	cout<<1ll*n*(n+1)/2-ans;//合法区间-不合法区间 
	return 0;
}

Subtask 4

受 Subtask 3 的启发，穷举每个种类的数，分别计算贡献。

$a_{i} \leq 10^{9}$ 明显是纸老虎，离散化一下就可以了。考虑当前计算的是 $x$ 的贡献，记 $S_{i}$ 为前 $i$ 个数中 $x$ 出现的次数，则 $[l + 1, r]$ 区间合法则需

2 (S_{r} - S_{l}) > r - l

移一下项就变为

2 S_{r} - r > 2 S_{l} - l

这样问题就变成了：对于每一个 $r$ ， $0 \sim r - 1$ 中由多少个 $l$ 使 $2 S_{l} - l < 2 S_{r} - r$ ，是一个二维偏序问题，可以通过树状数组维护，复杂度是 $O (k n \log n)$ 的，其中 $k$ 为不同数字的个数。但是这样还是只能通过前三个 Subtask，需要优化。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int n,a[N],cop[N],bsum[N<<1],s[N];
ll ans=0;
inline int lowbit(int x){return x&-x;}
inline void add(int i,int x)
{
	while(i<=2*n+2)bsum[i]+=x,i+=lowbit(i);
}
inline int query(int i)
{
	int res=0;
	while(i)res+=bsum[i],i-=lowbit(i);
	return res;
}
signed main()
{
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		cin>>a[i],cop[i]=a[i];//cop为离散化数组
	sort(cop+1,cop+n+1);
	int cntl=unique(cop+1,cop+n+1)-cop-1;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		a[i]=lower_bound(cop+1,cop+cntl+1,a[i])-cop;//离散化
	for(int i=1;i<=cntl;++i)
	{
		for(int j=1;j<=n;++j)
			s[j]=s[j-1]+(a[j]==i);//求出前缀和
		add(n+1,1);//n+1的偏移量
		for(int j=1;j<=n;++j)
		{
			ans+=query(2*s[j]-j+n);//树状数组查询
			add(2*s[j]-j+n+1,1);
		}
		add(n+1,-1);
		for(int j=1;j<=n;++j)
			add(2*s[j]-j+n+1,-1);//清空树状数组
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

设 $B_{i} = 2 S_{i} - i$ ，对于每一个 $x$ ，考虑 $B_{i}$ 的变化情况。举个例子：

可以发现如果有 $m$ 个 $x$ ，那么 $B_{i}$ 可以被分成 $m + 1$ 个区间，每个区间都是一个公差为 $- 1$ 的等差数列。考虑到所有的 $m$ 的和为 $n$ ，我们其实只需要快速处理每一段里的数。

假设这个等差数列为 $s, s - 1, \dots, e + 1, e$ ，用一个数组 $C_{i}$ 来记录每一个数的个数，那么就是 $[e, s]$ 区间的每个 $C_{i}$ 都加 $1$ 。

设 $D_{i}$ 表示 $C_{i}$ 的前缀和，即 $D_{i} = \sum_{j = 1}^{i} C_{j}$ ，对于每个 $B_{i}$ ，贡献即为 $D_{B_{i} - 1}$ ，所以对于 $[e, s]$ 这个区间内的所有数，总贡献即为 $\sum_{i = e - 1}^{s - 1} D_{i}$ ，这又变成了一个区间和问题，我们再维护一个数组 $E_{i}$ 表示 $C_{i}$ 前缀和的前缀和，即为 $D_{i}$ 数组的前缀和，即 $E_{i} = \sum_{j = 1}^{i} D_{j}$ ，这样总贡献就变成了

\sum_{i = e - 1}^{s - 1} D_{i} = E_{s - 1} - E_{e - 2}

至此问题就变成了一个区间修改，求二阶前缀和的问题。这就有很多解法了，这里只提供一个树状数组的解法。

考虑到区间修改可以通过单点修改，求前缀和来解决，问题就可已转化为单点修改，求三阶前缀和。

推的过程比较繁琐，如果不理解可以自己手模两组数据来理解。

现在问题变成了单点修改，求三阶前缀和，该如何处理？

如果不会建议先看一看这道题，ABC 256 F Cumulative Cumulative Cumulative Sum，这里讲一下树状数组的思路。

先假设 $A_{i}$ 为原数组， $B_{i}$ 数组为 $A_{i}$ 的前缀和， $C_{i}$ 数组为 $A_{i}$ 数组的二阶前缀和， $D_{i}$ 数组为 $A_{i}$ 的三阶前缀和。

考虑 $A_{i}$ 对 $B_{x}$ ( $i \leq x$ ) 的贡献为 $1$ 。

考虑 $A_{i}$ 对 $C_{x}$ ( $i \leq x$ ) 的贡献为 $x - i + 1$ 。

考虑 $A_{i}$ 对 $D_{x}$ ( $i \leq x$ ) 的贡献为 $\frac{(x - i + 1) (x - i + 2)}{2}$ 。

D_{i} = \sum_{i = 1}^{x} \frac{(x - i + 1) (x - i + 2)}{2} A_{i}

D_{i} = \frac{(x + 1) (x + 2)}{2} \sum_{i = 1}^{x} A_{i} - \frac{2 x + 3}{2} \sum_{i = 1}^{x} i A_{i} + \frac{1}{2} \sum_{i = 1}^{x} i^{2} A_{i}

用树状数组分别维护 $A_{i}, i A_{i}, i^{2} A_{i}$ ，可以解决。

至此，问题就完全解决了。代码如下，写了注释。

AC 代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int n,a[N],cop[N];
ll ans=0,bs1[N<<1],bs2[N<<1],bs3[N<<1];
//bs1，bs2，bs3维护树状数组，需要进行n+1的偏移量 
vector<int>t[N];
inline int lowbit(int x){return x&-x;}
inline void add(int i,ll d)
{
	int x=i;
	while(i<=2*n+2)
	{
		bs1[i]+=d;bs2[i]+=d*x;bs3[i]+=d*x*x;
		i+=lowbit(i);
	}
}
inline ll query(int i)
{
	ll res=0;int x=i;
	while(i)
	{
		res+=bs1[i]*(x+2)*(x+1)-bs2[i]*(2*x+3)+bs3[i];
		i-=lowbit(i);
	}
	return res/2;
}
//树状数组 
signed main()
{
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		cin>>a[i],cop[i]=a[i];//cop为离散化数组
	sort(cop+1,cop+n+1);
	int cntl=unique(cop+1,cop+n+1)-cop-1;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		a[i]=lower_bound(cop+1,cop+cntl+1,a[i])-cop;//离散化
	for(int i=1;i<=n;++i)t[a[i]].push_back(i);//每一类数组又一个向量存起来 
	for(int i=1;i<=cntl;++i)//穷举数字 
	{
		t[i].push_back(n+1);
		int lst=0;
		for(int j=0;j<t[i].size();++j)
		{
			int y=2*j-lst+n+1,x=2*j-t[i][j]+n+2;
			ans+=query(y-1)-(x>=3?query(x-2):0);//树状数组查询 
			add(x,1);add(y+1,-1);lst=t[i][j];
		}
		lst=0;
		for(int j=0;j<t[i].size();++j)
		{
			int y=2*j-lst+n+1,x=2*j-t[i][j]+n+2;
			add(x,-1);add(y+1,1);lst=t[i][j];
		}//清空树状数组 
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

posted @ 2022-08-30 21:22 lnwhl 阅读(113) 评论(0) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

登录后才能查看或发表评论，立即登录或者逛逛博客园首页

相关博文：

· 【trick小记】树状数组上倍增

· AtCoder Regular Contest 151

· P3374 树状数组 1

· 算法提高课第四章数据结构之树状数组

· 【算法】树状数组

阅读排行：
· 分享一个免费、快速、无限量使用的满血 DeepSeek R1 模型，支持深度思考和联网搜索！
· 基于 Docker 搭建 FRP 内网穿透开源项目（很简单哒）
· ollama系列01：轻松3步本地部署deepseek，普通电脑可用
· 25岁的心里话
· 按钮权限的设计及实现

公告

昵称： lnwhl
园龄： 2年7个月
粉丝： 4
关注： 4

+加关注

2025年3月

日

一

二

三

四

五

六

lnwhl

【Solution】P8313 [COCI2021-2022#4] Izbori

前言

Subtask 1

Subtask 2

Subtask 3

Subtask 4

AC 代码

公告

搜索

常用链接

我的标签

随笔分类

随笔档案

文章分类

阅读排行榜

评论排行榜

推荐排行榜

最新评论