【BZOJ3745】[Coci2015]Norma cdq分治

【BZOJ3745】[Coci2015]Norma

Description

Input

第1行,一个整数N;
第2~n+1行,每行一个整数表示序列a。

Output

输出答案对10^9取模后的结果。

Sample Input

4
2
4
1
4

Sample Output

109
【数据范围】
N <= 500000
1 <= a_i <= 10^8

题解:最近做这种题好像有点多啊~(虽然我基本上都没A)。

比较直接的想法就是找出区间的最大值mid,然后分治处理[l,mid-1]和[mid+1,r],但是这就要求我们在统计[l,r]的答案时,花费的时间不超过较短的那个区间的长度,于是比较难搞,所以我们还是考虑cdq分治。

我们从右往左枚举[l,mid]中的每个点i,设[i,mid]中的最小值为mn,最大值为mx。同时在[mid+1,r]中维护两个指针a,b,满足min[mid+1,a]>=mn,max[mid+1,b]<=mx。假设a<b,那么[mid+1,r]就被我们分成了三块,我们分别考虑j在每个块内的答案。

1.j<=a:

$ans+=mx\times mn\sum\limits_{j=mid+1}^a(j-i+1)$

等差数列算一下即可
2.a<j<=b:

$ans+=mx\times \sum\limits_{j=a+1}^bmin[a+1,j]\times(j-i+1)\\=mx\times(\sum\limits_{j=a+1}^bmin[a+1,j]*j-\sum\limits_{j=a+1}^bmid[a+1,j]*(i-1))$,

我们预处理出$\sum\limits_{j=a+1}^bmin[a+1,j]*j$$\sum\limits_{j=a+1}^bmin[a+1,j]$即可。

3.b<j<=r:$ans+=\sum\limits_{j=b+1}^rmin[b+1,j]\times max[b+1,j] \times (j-i+1)=\sum\limits_{j=b+1}^rmin[b+1,j]\times max[b+1,j]\times j-\sum\limits_{j=b+1}^rmin[b+1,j]\times max[b+1,j]\times(i-1)$

我们预处理出$\sum\limits_{j=b+1}^rmin[b+1,j]\times max[b+1,j]\times j$$\sum\limits_{j=b+1}^rmin[b+1,j]\times max[b+1,j]$即可。

写完题解发现上面那一坨latex是什么玩意~太丑了将就看吧~

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=500010;
const ll mod=1000000000;
const ll inf=1ll<<30;
int n;
ll ans;
ll v[maxn],sn[maxn],cn[maxn],sm[maxn],cm[maxn],sw[maxn],cw[maxn];
int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<'0'||gc>'9')	{if(gc=='-')f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>='0'&&gc<='9')	ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
	return ret*f;
}
void solve(int l,int r)
{
	if(l==r)
	{
		ans=(ans+v[l]*v[l])%mod;
		return ;
	}
	int mid=l+r>>1,i,j,k;
	ll a,b;
	ll mx=0,mn=inf;
	solve(l,mid),solve(mid+1,r);
	for(sm[mid]=sn[mid]=sw[mid]=cm[mid]=cn[mid]=cw[mid]=0,i=mid+1;i<=r;i++)
	{
		mx=max(mx,v[i]),mn=min(mn,v[i]);
		sm[i]=(sm[i-1]+mx)%mod,sn[i]=(sn[i-1]+mn)%mod,sw[i]=(sw[i-1]+mx*mn)%mod;
		cm[i]=(cm[i-1]+mx*i)%mod,cn[i]=(cn[i-1]+mn*i)%mod;
		cw[i]=(cw[i-1]+mx*mn%mod*i)%mod;
	}
	for(i=j=k=mid,mx=0,mn=inf;i>=l;i--)
	{
		mx=max(mx,v[i]),mn=min(mn,v[i]);
		for(;j<r&&v[j]>=mn&&v[j+1]>=mn;j++);
		for(;k<r&&v[k]<=mx&&v[k+1]<=mx;k++);
		a=min(j,k),b=max(j,k);
		ans=ans+mx*mn%mod*((mid+a-i-i+3)*(a-mid)/2%mod)%mod;
		ans=((ans+cw[r]-cw[b]-(i-1)*(sw[r]-sw[b]))%mod+mod)%mod;
		if(j<k)	ans=(ans+mx*(cn[b]-cn[a]-(i-1)*(sn[b]-sn[a])%mod)%mod+mod)%mod;
		else	ans=(ans+mn*(cm[b]-cm[a]-(i-1)*(sm[b]-sm[a])%mod)%mod+mod)%mod;
	}
}
int main()
{
	n=rd();
	int i;
	for(i=1;i<=n;i++)	v[i]=rd();
	solve(1,n);
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}
//3 1 2 1

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posted @ 2017-07-16 10:50  CQzhangyu  阅读(1173)  评论(3编辑  收藏  举报