P4062 - Yazid 的新生舞会 题解

Portal

首先考虑用众数而非区间来贡献答案。我们考虑对每个数都处理出它所在的位置 list，然后对每个 list 独立搞。

一个简单粗暴的想法是，列出两个位置构成的区间满足条件的充要条件，然后发现是一个关于 \(i\) 的式子和关于 \(j\) 的式子的不等式，BIT 维护一下就行了，但这样每个是 \(\mathrm O(n\log)\)，最坏能被卡到 \(\Omega\!\left(n^2\right)\)。于是我们要努力让复杂度不关于 \(n\)，只关于当前数的个数。

于是我们一步步来把 \(n\) 给去掉。首先肯定不能枚举右端点 \(j\) 了。设当前数的位置 list 为 \(a\)。于是我们考虑枚举 \(a_j\sim a_{j+1}-1\) 的这个 gap，这样至少枚举量不关于 \(n\) 了。我们看对于左端点 \(i\)，它右边第一个为 \(a_i'\)，那么它与 \(j\) 的共同贡献，就看一下它至少要伸多远，和 \(a_{j+1}-1\) 取个 \(\min\)，然后算一下到 \(a_j\) 的距离与 \(0\) 取个 \(\max\)。式子列出来：

\[\max\!\left(0,\min\!\left(a_{j+1}-1,a_i'+2(j-i+1)-1-1\right)-a_j+1\right) \]

比较长的那串整理一下是 \(a_i'+2j-2i\)。然后有两个 \(\min/\max\)，考虑分类讨论：

1. \(a_i'+2j-2i<a_{j+1}-1\) 即 \(a_i'-2i+1<a_{j+1}-2j\)。这样里面那个 \(\min\) 的值就是 \(a'_i+2j-2i\)。然后还要使它 \(\leq a_j-1\)，不然会值为 \(0\)，即 \(a'_i-2i+1\geq a_j-2j\)，然后值是 \(a'_i+2j-2i-a_j+1=\left(a'_i-2i+1\right)+(2j-a_j)\)。于是这个我们每次将 \(a'_i-2i+1\) 加入 BIT，然后数一下 \([a_j-2j,a_{j+1}-2j)\) 内的计数与和，就可以算了；
2. \(a'_i+2j-2i\geq a_{j+1}-1\) 即 \(a'_i-2i+1\geq a_{j+1}-2j\)。这样值就是 \(a_{j+1}-1-a_j+1=a_{j+1}-a_j\)，这个只跟 \(j\) 有关，于是后缀计数一下乘一下即可。

但是这样统计答案的次数是不跟 \(n\) 有关了，但是加入 BIT 的次数还跟 \(n\) 有关。于是我们考虑一个 gap 整体加入，那这显然计数是区间加，而和的失职，其实是区间加等差数列。我们考虑线段树维护，那么这个区间加等差数列、区间求和其实是个经典问题，只需要维护懒标记，然后下传的时候就用一下等差数列求和公式就可以了，可以 \(\mathrm O(\log)\) 维护。这样总复杂度就是线对了。

然后每次不能重新建树，会 T，必须每次撤销。

code