题解 DIFERENC - DIFERENCIJA

题目描述

给出一个长度为 $n$ 的序列 $a_i$，求出下列式子的值：

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=i}^n(\underset{i\le k\le j}{max}{a}_k-\underset{i\le k\le j}{min}{a}_k)$$

即定义一个子序列的权值为序列内最大值与最小值的差。求出所有连续子序列的权值和。

具体思路

暴力思路很好想，就是按照式子来打，然后区间最大值和区间最小值可以用数组预处理一下。

时间复杂度：$O(n^2)$。

那么我们发现，如果我们的两个求和不拆掉那么时间复杂度就不正确，那么思路就很显然：计算每个 $a_i$ 算了多少遍。

可以考虑将 $a_i$ 看成一个宽度为 $1$，高度为 $a_i$ 的矩形。

如图所示，我们来考虑上图中红色部分作为最大值被计算了多少次。

• 当 $i=2$，当 $j=3,4$ 时 $a_3$ 被计算了一次。

• 当 $i=3$，当 $j=3,4$ 时 $a_3$ 被计算了一次。

那我们发现，$i$ 这一层循环 $a_k$ 被计算的次数是 $k$ 到上一个比它大的位置，而 $j$ 这一层循环 $a_k$ 被计算的次数时 $k$ 到下一个比它大的位置。

设 $i$ 这层循环计算的次数是 $l_k$，$j$ 这层循环计算的次数是 $r_k$。

$$ans=\sum _{k=1}^n{l}_k\times r_k\times a_k$$

如果我们暴力枚举每一个点，然后暴力找上一个比它大的位置以及下一个比它大的位置，时间复杂度：$O(n^2)$。

这不没优化吗？

上面这个图，显然就很有单调栈的味道。

从左往右依次枚举每一个点，维护一个单调下降的栈，如果当前的点比栈顶要大，那么更新栈顶的信息，同时将栈顶踢出栈。

然后我们就愉快的解决了这个问题。

维护最小值也是同样的道理。

时间复杂度：$O(n)$。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=3e5+5;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int top,sta[N],l[N],r[N],a[N];
signed main(){
	int n;scanf("%lld",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&a[i]);
	}
	top=1;sta[top]=1;
	l[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		while(top&&a[i]>a[sta[top]]){
			r[sta[top]]=i-sta[top];
			top--;
		}
		l[i]=i-sta[top];
		sta[++top]=i;
	}
	a[n+1]=inf;
	while(top&&a[n+1]>a[sta[top]]){
		r[sta[top]]=n+1-sta[top];
		top--;
	}
	int maxn=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		maxn=maxn+l[i]*r[i]*a[i];
	}
	top=1;sta[top]=1;
	l[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		while(top&&a[i]<a[sta[top]]){
			r[sta[top]]=i-sta[top];
			top--;
		}
		l[i]=i-sta[top];
		sta[++top]=i;
	}
	a[n+1]=0;
	while(top&&a[n+1]<a[sta[top]]){
		r[sta[top]]=n+1-sta[top];
		top--;
	}
	int minn=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		minn=minn+l[i]*r[i]*a[i];
	}
	printf("%lld",maxn-minn);
	return 0;
}