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数学、计数类。

题意

在 \(n\) 个同一底线上宽 \(w\)，高 \(h\)，给定的相邻矩形中，数出在方格上的任意形状的小矩形的个数。

\(1\leq n\leq 10^5,1\leq w,h \leq 10^9\)

题解

我们规定竖直方向上为高，水平方向上为的宽。

要研究 \(n\) 个，就要先研究一个。

我们考察在一个长为 \(h\) ,高为 \(w\) 的矩形中有多少个小矩形（区分位置）。

首先一个小矩形可以被分解成高和宽相乘，也就是说想求小矩形的个数，可以先求出有多少种 \(1 \times x\) 的矩形， \(x \times 1\) 同理。

显然只有一维的话两个边界就可以确定，选择两条边，即可框出一种可能。方案数是 \(\frac {(x+1)x} {2}\) 种。

由此可知小矩形的个数是 \(\frac {h(h+1)w(w+1)} {4}\) 个。

现在回到题目，要我们求 \(n\) 个矩形种总共有多少个矩形，我们刚才已经求出来了单个矩形里的数量，这是一类，现在我们要求贯穿多个矩形的小矩形个数。

朴素的想法是枚举矩形的左右端分别在哪个矩形上，再枚举高度，显然要取这段区间内最短的高度，设最低的高度为 \(H\) ，左右端分别在 \(l,r\) 矩形上 \((l \neq r)\)，因为水平方向上只于
两端矩形宽度有关，于是总数有：

\[\frac {H(H+1)}{2} w_lw_r \]

再枚举左右端点，于是有：

\[ans=\sum_{1\leq l<r\leq n} \frac {H(H+1)}{2} w_lw_r \]

时间复杂度 \(O(n^2)\) ，需要优化。

在优化带有求和的式子时，一种常用的思维方式就是更换枚举对象和拆解贡献，我们发现枚举两端不好优化，并且又注意到 \(H\) 很多时候都是相同且连续的，所以我们可以尝试在 \(H\) 上下功夫。

把 \(H\) 写出来：

\[H=\min_{i \in [l,r]} h_i \]

我们尝试枚举每一个 \(h_i\) 对答案的贡献，首先要知道在哪些区间 \([l,r]\) 内 \(H\) 取到了 \(h_i\) （显然不可能断开），于是我们想要知道满足要求一个最大的区间 \([L,R]\) ，也就是 \(L,R\) 最多能往外走多少，这显然是一个单调栈可以解决的，预处理出数组 L[i] 和 R[i] 。

有了这些我们可以尝试枚举 \(i\) ，计算 \(h_i\) 对答案的贡献，第一件事要把式子写出来：

\[ans_i=\sum_{l=L[i]}^{i}\sum_{r=i}^{R[i]} \frac{h_i(h_i+1)}{2} w_lw_r \]

提项看看：

\[ans_i=\frac{h_i(h_i+1)}{2} \sum_{l=L[i]}^{i}\sum_{r=i}^{R[i]} w_lw_r \\ =\frac{h_i(h_i+1)}{2} \sum_{l=L[i]}^{i}(w_l\sum_{r=i}^{R[i]} w_r)\\ =\frac{h_i(h_i+1)}{2} (\sum_{r=i}^{R[i]} w_r)(\sum_{l=L[i]}^{i}w_l) \]

到这里就豁然开朗了，两个 \(\sum\) 再也不用枚举了，直接前缀和维护就可以了，计算复杂度 \(O(1)\) 。

所以答案就是： \(\sum_{i=1}^{n} ans_i\) 啦！

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long 
using namespace std;
const int N=1e5+5;
const int mod=1e9+7;
const int inv2=500000004;
const int inv4=250000002;
int n,ans;
int h[N],w[N],sw[N],q[N],t,L[N],R[N];
void pre(){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		while(t&&h[q[t]]>=h[i]) t--;
		L[i]=q[t];
		q[++t]=i;
	}
	t=0;
	for(int i=n;i>=1;i--){
		while(t&&h[q[t]]>h[i]) t--;
		if(t==0) R[i]=n+1;
		else R[i]=q[t];
		q[++t]=i;
	}
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>h[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>w[i],sw[i]=sw[i-1]+w[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans+h[i]*(h[i]+1)%mod*w[i]%mod*(w[i]+1)%mod*inv4%mod)%mod;
	pre();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(R[i]-L[i]<=2) continue;
		int wl=(sw[i]-sw[L[i]]+mod)%mod,wr=(sw[R[i]-1]-sw[i-1]+mod)%mod;
		ans=(ans+h[i]*(h[i]+1)%mod*inv2%mod*wl%mod*wr%mod)%mod;
		ans=(ans-h[i]*(h[i]+1)%mod*inv2%mod*w[i]%mod*w[i]%mod+mod)%mod;
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}