「COCI2014-2015#2」Norma 题解

本文网址：https://www.cnblogs.com/zsc985246/p/16621286.html ，转载请注明出处。

题目大意

给定一个 $n$ 个数的序列 $a$，求

$$\underset{i=1}{\overset{n}{\sum}}\underset{j=i}{\overset{n}{\sum}}(j-i+1)\min(a_i,a_{i+1},\dots,a_j)\max(a_i,a_{i+1},\dots,a_j)$$

即：求序列 $a$ 的所有子序列的 $\text{最小值}\times\text{最大值}\times\text{序列长度}$ 的和。

思路

考虑分治。

那么问题转化为：计算区间左端点在 $[l,mid]$，右端点在 $(mid,r]$ 时对答案的贡献。

令区间左端点为 $i$，区间 $[i,mid]$ 中最大值为 $maxx$，最小值为 $minn$；

$p$ 为满足 $minn<\min(a_{mid+1},a_{mid+2},\dots,a_{q})$ 的最大 $p$；

$q$ 为满足 $maxx>\max(a_{mid+1},a_{mid+2},\dots,a_{p})$ 的最大 $q$；

$w_1=\min(p,q)$，$w_2=\max(p,q)$。

则对于 $(mid,r]$ 这段区间，可以分为三个小区间：

1. $(mid,w_1]$：所有子序列的最大最小值均为定值；

2. $(w_1,w_2]$：所有子序列的最大最小值有一个为定值；

3. $(w_2,r]$：所有子序列的最大最小值均不为定值。

第一个区间对答案的贡献为：

$$\underset{j=mid+1}{\overset{w_1}{\sum}}(j-i+1)\min(a_i,a_{i+1},\dots,a_j)\max(a_i,a_{i+1},\dots,a_j)\\ =\underset{j=mid+1}{\overset{w_1}{\sum}}(j-i+1)\times minn\times maxx\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\ =minn\times maxx\times\underset{j=mid+1}{\overset{w_1}{\sum}}(j-i+1)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =minn\times maxx\times\frac{((mid+1-i+1)+(w_1-i+1))\times(w_1-(mid+1)+1)}{2}\\ =minn\times maxx\times\frac{(w_1+mid-2\times i+3)\times(w_1-mid)}{2}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ $$

第二个区间对答案的贡献分两种情况：

1. $p > q$

那么 $minn$ 是定值，贡献为：

$$\underset{j=mid+1}{\overset{q}{\sum}}(j-i+1)\min(a_i,a_{i+1},\dots,a_j)\max(a_i,a_{i+1},\dots,a_j)\\ =\underset{j=mid+1}{\overset{q}{\sum}}(j-i+1)\times minn\times\max(a_i,a_{i+1},\dots,a_j)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\ =minn\times\underset{j=mid+1}{\overset{q}{\sum}}(j-i+1)\times\max(a_i,a_{i+1},\dots,a_j)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ $$

对于后面的求和，实际上是可以前缀和优化的。只需要将求和中的 $i$ 拆分出来。

$$=minn\times\underset{j=mid+1}{\overset{q}{\sum}}(j-i+1)\times\max(a_{mid+1},a_{mid+2},\dots,a_j)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\ =minn\times\underset{j=mid+1}{\overset{q}{\sum}}(j-mid+mid-i+1)\times\max(a_{mid+1},a_{mid+2},\dots,a_j)\\ =minn\times(\underset{j=mid+1}{\overset{q}{\sum}}(mid-i+1)\times\max(a_{mid+1},a_{mid+2},\dots,a_j)+\underset{j=mid+1}{\overset{q}{\sum}}(j-mid)\times\max(a_{mid+1},a_{mid+2},\dots,a_j))$$

化简到这里，我们发现已经可以前缀和优化了。

$$s1_{mid}=0$$

$$s1_x(x\in (mid,r])=s1_{x-1}+((x-mid)\times max(a_{mid+1},a_{mid+2},\cdots,a_{x})$$

$$s1'_{mid}=0$$

$$s1'_x(x\in (mid,r])=s1'_{x-1}+max(a_{mid+1},a_{mid+2},\cdots,a_{x})$$

所以原式化为：

$$minn\times((mid-i+1)\times(s1'_p-s1'_q)+(s1_p-s1_q))$$

2. $p < q$

同 1 可得：

$$s2_{mid}=0$$

$$s2_x(x\in (mid,r])=s2_{x-1}+((x-mid)\times min(a_{mid+1},a_{mid+2},\cdots,a_{x})$$

$$s2'_{mid}=0$$

$$s2'_x(x\in (mid,r])=s2'_{x-1}+min(a_{mid+1},a_{mid+2},\cdots,a_{x})$$

对答案的贡献为：

$$maxx\times((mid-i+1)\times(s2'_q-s2'_p)+(s2_q-s2_p))$$

第三个区间对答案的贡献计算与第二个区间的思路大体相同：

$$s3_{mid}=0$$

$$s3_x(x\in (mid,r])=s3_{x-1}+((x-mid)\times min(a_{mid+1},a_{mid+2},\cdots,a_{x})\times max(a_{mid+1},a_{mid+2},\cdots,a_{x})$$

$$s3'_{mid}=0\\s3'_x(x\in (mid,r])=s3'_{x-1}+min(a_{mid+1},a_{mid+2},\cdots,a_{x}\times max(a_{mid+1},a_{mid+2},\cdots,a_{x}))$$

对答案的贡献为：

$$(mid-i+1)\times(s3'_{r}-s3'_{w2})+(s3_{r}-s3_{w2})$$

最后综合一下即是答案。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
const ll N=500010;
const ll mod=1e9;
using namespace std;

ll n,a[N],s1[N],s1_[N],s2[N],s2_[N],s3[N],s3_[N];
ll ans;

void f(ll l,ll r){
    if(l==r){
		ans=(ans+a[l]*a[l]%mod+mod)%mod;
		return;
	}
    ll mid=l+r>>1;
    ll minn=a[mid+1],maxx=a[mid+1];
    s2[mid]=s1[mid]=s3[mid]=s2_[mid]=s1_[mid]=s3_[mid]=0;
    for(ll i=mid+1;i<=r;++i){
        minn=min(minn,a[i]),maxx=max(maxx,a[i]);
		s1[i]=(s1[i-1]+maxx*(i-mid)%mod+mod)%mod;
		s1_[i]=(s1_[i-1]+maxx+mod)%mod;
        s2[i]=(s2[i-1]+minn*(i-mid)%mod+mod)%mod;
		s2_[i]=(s2_[i-1]+minn+mod)%mod;
        s3[i]=(s3[i-1]+minn*maxx%mod*(i-mid)%mod+mod)%mod;
		s3_[i]=(s3_[i-1]+minn*maxx%mod+mod)%mod;
    }
    ll i,p,q;
    i=p=q=mid;
    minn=maxx=a[mid];
    while(i>=l){
        minn=min(minn,a[i]),maxx=max(maxx,a[i]);
        while(p<r&&a[p+1]>minn)++p;
        while(q<r&&a[q+1]<maxx)++q;
        ll w1=min(p,q),w2=max(p,q);
        //1 
        if(w1>mid)ans=(ans+minn*maxx%mod*((mid-2*i+w1+3)*(w1-mid)/2%mod)%mod+mod)%mod;
        //2 
        if(p>q){
        	ans+=(minn*((mid-i+1)*(s1_[p]-s1_[q]+mod)%mod+(s1[p]-s1[q]+mod)%mod)%mod+mod)%mod;
        }
        if(p<q){
        	ans+=(maxx*((mid-i+1)*(s2_[q]-s2_[p]+mod)%mod+(s2[q]-s2[p]+mod)%mod)%mod+mod)%mod;
        }
        //3 
        ans+=(((mid-i+1)*(s3_[r]-s3_[w2]+mod)%mod+(s3[r]-s3[w2]+mod)%mod)%mod+mod)%mod;
        i--;
    }
    f(l,mid);
	f(mid+1,r);
}

int main(){
	
	scanf("%lld",&n);
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&a[i]);
	}
	f(1,n);
	printf("%lld\n",ans%mod);
	
	return 0;
}