P7482 题解
思路
cdq 分治拆成 \([l,mid]\) 到 \((mid,r]\) 的贡献。
对于一个区间计算答案可以用 dp 完成。以 \(mid\) 为交界合并左右的 dp 值。设 \(f_{i,0/1}\) 表示区间 \([i,mid]\) 或区间 \((mid,i]\)，是否选 \(mid\) 或 \(mid+1\) 的答案。
\[f_{i,0}=\max (f_{i+1,0},f_{i+2,0}+a_i)
\]
\[ans(i,j)=\max (f_{i,0}+f_{j,1},f_{i,1}+f_{j,0})
\]
记跨过 \(mid\) 的贡献为 \(w\)。
\[w=\sum_{i=l}^{mid}\sum_{j=mid+1}^{r} ans(i,j)
\]
记 \(g_i=f_{i,1}-f_{i,0}\)。
\[w=\sum_{i=l}^{mid}\sum_{j=mid+1}^{r} \max(g_i+f_{i,0}+f_{j,0},g_j+f_{i,0}+f_{j,0})
\]
\[w=\sum_{i=l}^{mid}\sum_{j=mid+1}^{r} \max(g_i,g_j)+\sum_{i=l}^{mid}f_{i,0}\times (r-mid)+\sum_{j=mid+1}^r f_{j,0}\times (mid-l+1)
\]
后面两个直接做，前面的对于每个 \(i\) 拆开 max 计算。
\[\sum_{j=mid+1}^{r} \max(g_i,g_j)=\sum_{j=mid+1}^{r}[g_i\geq g_j]\times g_i+[g_i<g_j]\times g_j
\]
对 \((mid,r]\) 的 \(g_j\) 排序，二分 \(g_i\) 的位置，记录 \(g_j\) 的后缀和即可。
其余的递归 \([l,mid]\) 和 \((mid,r]\) 解决。
然后发现一个 sub 都没过。原因是不一定一定要选 \(mid\) 和 \(mid+1\)，将 \(f_{i,1}\) 的定义改为区间不考虑任何限制的最大值，强行当作选 \(mid\) 位置即可。
code
int n,a[maxn],ans;
int f[maxn][2],g[maxn];
int b[maxn],len,sum[maxn];
void sovle(int l,int r){
if(l==r){
(ans+=a[l])%=mod;
return ;
}
int mid=l+r>>1;
f[mid][0]=0,f[mid][1]=a[mid];
if(mid-1>=l)f[mid-1][0]=a[mid-1],f[mid-1][1]=max(a[mid-1],a[mid]);
for(int i=mid-2;i>=l;i--){
f[i][0]=max(f[i+1][0],f[i+2][0]+a[i]);
f[i][1]=max(f[i+1][1],f[i+2][1]+a[i]);
}
f[mid+1][0]=0,f[mid+1][1]=a[mid+1];
if(mid+2<=r)f[mid+2][0]=a[mid+2],f[mid+2][1]=max(a[mid+2],a[mid+1]);
for(int i=mid+3;i<=r;i++){
f[i][0]=max(f[i-1][0],f[i-2][0]+a[i]);
f[i][1]=max(f[i-1][1],f[i-2][1]+a[i]);
}
int sl=0,sr=0;
for(int i=l;i<=mid;i++)(sl+=f[i][0])%=mod;
for(int i=mid+1;i<=r;i++)(sr+=f[i][0])%=mod;
(ans+=sl*(r-mid)+sr*(mid-l+1))%=mod;
// cout<<l<<" "<<r<<" "<<ans<<"\n";
for(int i=l;i<=r;i++)g[i]=f[i][1]-f[i][0];
len=0;
for(int i=mid+1;i<=r;i++)b[++len]=g[i];
sort(b+1,b+len+1);sum[len+1]=0;
for(int i=len;i>=1;i--)sum[i]=(sum[i+1]+b[i]%mod+mod)%mod;
for(int i=l;i<=mid;i++){
int p=upper_bound(b+1,b+len+1,g[i])-b;
(ans+=(g[i]%mod+mod)*(p-1)+sum[p])%=mod;
// cout<<i<<" "<<g[i]<<" "<<p<<" "<<sum[p]<<"\n";
}
sovle(l,mid),sovle(mid+1,r);
}
