CF2077E Another Folding Strip 题解

Description

对于一个长度为 \(m\) 的数组 \(b\)，定义 \(f(b)\) 如下：

考虑一个 \(1 \times m\) 的纸带，所有单元格初始暗度为 \(0\)。你需要通过以下操作将其转化为第 \(i\) 个位置的暗度为 \(b_i\) 的纸带。每次操作包含两个步骤：

1. 在任意两个单元格之间的线上折叠纸带。你可以进行任意次折叠（包括不折叠）。
2. 选择一个位置滴下黑色染料。染料会从顶部渗透并向下流动，使其路径上所有单元格的暗度增加 \(1\)。滴完染料后展开纸带。

令 \(f(b)\) 为达成目标配置所需的最小操作次数。可以证明总能通过有限次操作达成目标。

给定一个长度为 \(n\) 的数组 \(a\)，计算

\[\sum_{l=1}^n\sum_{r=l}^n f(a_l a_{l+1} \ldots a_r) \]

模 \(998\,244\,353\) 的结果。

Solution

首先一次操作的意义是选择一个相邻下标奇偶性不同的子序列减一，问最少多少次能把序列中的数全变为 \(0\)。

对于这种跟奇偶性有关的题目有个思路是设 \(b_i=(-1)^i\)，问题就变为每次选择一个子序列，做下面两种操作：

1. \(+1,-1,+1,-1,\ldots,+1,-1\)
2. \(-1,+1,-1,+1,\ldots,-1,+1\)

注意到对于所有区间 \([l,r]\)，每次操作只会让 \([l,r]\) 的区间和变化不超过 \(1\)，所以可以得到一个答案的下界是 \(\displaystyle\max\left|\sum_{i=l}^{r}{b_i}\right|\)。

下面证明这个下界是可以取到的。

首先有个正确性显然的贪心是维护一个集合 \(S\)，每次从前往后扫 \(i\)，如果 \(b_i\neq 0\) 且 \(i\) 和 \(S\) 末尾元素的奇偶性不同就把 \(i\) 加入 \(S\)，每次对 \(S\) 进行操作。

我们找到所有满足 \(\left|\sum_{i=l}^{r}{b_i}\right|\) 最大的区间 \([l,r]\)，结论是 \(l\) 一定在集合 \(S\) 中，且 \([l,r]\) 内选择的元素数量一定是奇数。

这是因为如果 \(l\) 不在集合 \(S\) 中，则一定存在一个 \(i\)，满足 \(i\) 和 \(l\) 奇偶性相同，且 \(b_{[i+1,l-1]}\) 这个区间内全和 \(b_l\) 符号相同，这样的话把 \(l\) 设为 \(i\) 一定能让区间和绝对值更大，就矛盾了。

后面那个结论就是首先 \(b_l\) 和 \(b_r\) 符号相同，否则删掉一个绝对值会更大。然后如果 \([l,r]\) 中只有偶数个元素，则最后一个元素一定和 \(l\) 奇偶性不同，也和 \(r\) 不同，\(r\) 一定会加入，就矛盾了。

所以所有 \([l,r]\) 区间和绝对值最大的区间在一次操作后绝对值一定会减少 \(1\)，总次数也就刚好是区间和绝对值的最大值。

求答案直接单调栈即可。

时间复杂度：\(O(n)\)。

Code

#include <bits/stdc++.h>

#define int int64_t

const int kMaxN = 2e5 + 5, kMod = 998244353;

int n;
int a[kMaxN], s[kMaxN];

int solve(int *a) {
  static int stk[kMaxN], L[kMaxN], R[kMaxN];
  int top = 0, ret = 0;
  a[0] = 1e18;
  for (int i = 1; i <= n + 1; ++i) {
    for (; top && a[i] > a[stk[top]]; R[stk[top--]] = i) {}
    L[i] = stk[top], stk[++top] = i;
  }
  for (; top; R[stk[top--]] = n + 2) {}
  for (int i = 1; i <= n + 1; ++i) ret = (ret + 1ll * a[i] % kMod * (i - L[i]) % kMod * (R[i] - i) % kMod + kMod) % kMod;
  return ret;
}

void dickdreamer() {
  std::cin >> n;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    std::cin >> a[i];
    s[i + 1] = s[i] + ((i & 1) ? a[i] : -a[i]);
  }
  int ans = solve(s);
  for (int i = 1; i <= n + 1; ++i) s[i] = -s[i];
  ans += solve(s);
  std::cout << (ans % kMod + kMod) % kMod << '\n';
}

int32_t main() {
#ifdef ORZXKR
  freopen("in.txt", "r", stdin);
  freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
  std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
  int T = 1;
  std::cin >> T;
  while (T--) dickdreamer();
  // std::cerr << 1.0 * clock() / CLOCKS_PER_SEC << "s\n";
  return 0;
}