2026牛客寒假营2 H题O(n)力大砖飞

读题+分析

总共的子数组显然有\(n^2\)个，暴力显然是\(n^3\)，解决这道题我考虑了两个方面：1.如何更快速的计算权值 2.能否用类似dp的方法把遍历所有子数组的过程从\(n^2\)压缩到\(n\)?

对于问题1：

及其粗略的分析 伪代码的意思就是从l到r，如果\(a_k\)在之前存在过，total += cur_cnt；如果没有存在过，那么cur_cnt ++ total += cur_cnt。很容易看出total相当于cur_cnt的前缀和，那么分析cur_cnt即可。对于任意一个子数组进行cur_cnt的分析：

我们发现如果每个元素都是不一样的(记为情况\(H\))，所有的cur_cnt很显然就是自然数的升序，total就是自然数的求和，那么对于这道题来说，算出所有子数组情况\(H\)下的total，再减去相等元素的负贡献就可了

index	1	2	3	4	5	6
array	1	1	4	5	1	4
cur_cnt	1	1	2	3	3	3
情况\(H\)下	1	2	3	4	5	6
差值	0	1	1	1	2	3
负贡献	0	5	0	0	2	1

比较tricky的一点是摘清每个元素的负贡献，比如说这里a[2]的负贡献是5，因为自从cur_cnt在他这里少加了1之后，往后的每一个cur_cnt都比distinct时少1

对于问题2：

可以这样想，假如我们已经有了\(a_1 - a_k\)的序列，此时在末尾再加上\(a_{k+1}\)就会多上1--k+1，2--k+1，...k--k+1,k+1--k+1这k+1个子数组，由于在末尾加，为了方便我们从右往左看，就是把原题目伪代码中的从l到r改为从r到l，为确保题目等价，只需要输入时把整个数组倒过来存储就ok了（为什么会这么做呢？其实正着当然也可，只不过我想出该思路时是倒着看的，写题解时懒得再反过来了Orz）

将上述例子倒过来存储并从右往左逐个添加元素分析：

各轮负贡献/索引	1	2	3	4	5	6
array	4	1	5	4	1	1
r1	0
r2	0	0
r3	0	0	0
r4	1	0	0	0
r5	1	1+2	0	0	0
r6	1	1+2	0	0	1+2+3+4+5	0

在round4时,[415]加入4，子数组为[4] [54] [154] [4154] ；a[1]在[4154]中负贡献为1

round5中，[4154]中加入1,子数组为[1] [41] [541] [1541] [41541] ； a[1]在[41541]中负贡献1，a[2]在[1541]负贡献1,、[41541]中负贡献2

round5中，[41541]中加入1,子数组为[1] [11] [411] [5411] [15411] [415411] ； a[1]在[415411]中负贡献1，a[2]在[15411]负贡献1,、[415411]中负贡献2，a[5]在[11] [411] [5411] [15411] [415411] 中分别负贡献1、2、3、4、5

明显的，我们会发现一个数的负贡献与它的 索引 和它 右侧第一个与他相同的数的索引 有关，下证明：

设这个数为\(a_k\)(k from 1 to n)，由于是倒序存储，他的输入顺序是\(i\) (from 0 to n-1) 显然有\(k = n - i\)

由于我们是从右向左不断延长来遍历子数组，所以子数组的范围总会先到达\(a_k\)再到达\(a_{k-1}\),直至\(a_1\)，在这个过程中，\(a_k\)的负贡献从1，再到2，最后到了k

所以每延长一次，\(a_k\)所具有的负贡献是\(\sum_{i=1}^k = \frac{k(k+1)} 2\)，记作\(point_k\)

那么\(point_k\)在整个延长过程中一共会出现几次呢？我们知道，只有它的右侧有相同元素时才会出现负贡献，所以第一次出现就是延长到右侧第一个与他相同的数时，在这之后直至所有元素都已涉及到，他都会一直进行负贡献(显然，因为一直有和他一样的数),假设右侧第一个与\(a_k\)相同的数为\(a_h\)，输入顺序为\(j\)(\(h > k,j < i,h = n - j\))那么我们可以得到总共出现次数为\(n - h + 1 = j + 1\)，记作\(advent_k\)

那么在整个过程中对于某个不属于\(distinct\)的元素\(a_k\)来说，他的负贡献就是\(point_k * advent_k\)

实现思路

1.求出情况\(H\)下的\(total\)

长度为\(1\)的子数组有\(n\)个，每个子数组的\(total\)为\(1\)

长度为\(2\)的子数组有\(n-1\)个，每个子数组的\(total\)为\(1+2\)

长度为\(i\)的子数组有\(n-i+1\)个，每个子数组的\(total\)为\(\frac{i(1+i)}2\)

\(TOTAL = \sum^n_{i=1}\frac{(n+1-i)i(i+1)}2 = \sum^n_{i=1}(\frac{n}{2}i^2 + \frac{n+1}2 i - \frac{i^3}2) = \frac 1 {24}n(n+1)(n+2)(n+3)\)

中间涉及的\(i^2,i^3\)的累加和可以参考之前的博客

要注意的是，这里出现了4次方，所以用long long也会溢出，要用__int128

2.求出\(point_k\) 和 \(advent_k\)

将数组倒序输入存储，并用哈希表(unordered_map来充当)存储每一个值的输入顺序+1，当输入到\(a_k\)时，mp.find(a[k]) != mp.end()就代表他的右侧有一个与他相同的元素，由上面分析可知，\(advent_k = j+ 1\),也就是mp中存储的数，那么advent[n-k]=mp[a[k]]

由于\(point_k= \frac{k(k+1)} 2\)，所以最后算结果时，只需要遍历数组(等价于倒序遍历题目中给的原数组)，执行total -= (__int128)advent[i] * (1 + i) * i / 2即可

主要代码如下

#include <bits/stdc++.h>
#define fr =fastRead()
#define fl =fastRead(1)
using ll = long long;
using namespace std;
inline void print_128(__int128 x){
    if(x < 0){
        putchar('-');
        x = -x;
    }
    if(x > 9) print_128(x / 10);
    putchar(x % 10 + '0'); 
}
void funH()
{
    int cnt fr,t;
    __int128 total;
    while(cnt --){
        ll n fl;
        vector<int>a(n+1);
        vector<int>advent(n+1,0);
        unordered_map<int,int>mp;
        total = (__int128)(n * (n + 1) / 2 * (n + 2)) * (__int128)(n + 3) / 12;    
        //n(n+1)(n+2)(n+3)/24

        for(int i = 0;i < n;++i){
            t fr;
            a[n-i] = t;
            if(mp.find(t) != mp.end()){
                advent[n-i] = mp[t];
            }
            mp[t] = i + 1;
        }
        for(int i = 1;i <= n;++i){
            // printf("a[%d] advent = %d\n",i,advent[i]);
            if(advent[i]){
                total -= (__int128)advent[i] * (1 + i) * i / 2;
            }
        }
        print_128(total);putchar('\n');
    }
}