题解：CF2128D Sum of LDS

简要题意

给定一个长度为 \(n\) 的排列 \(p_1, p_2, \ldots, p_n\)，并且对所有 \(1 \le i \le n-2\) 都满足 \(\max(p_i, p_{i+1}) > p_{i+2}\)。

请计算：对所有满足 \(1 \le l \le r \le n\) 的子数组 \((p_l, p_{l+1}, \ldots, p_r)\)，其最长严格下降子序列（LDS）的长度之和。

思路

设 \(p_{n+1} = p_{n+2} = p_{n+3} = -\infty\)，\(\{i_1, \ldots, i_m\}\) 为所有满足 \(p_i > p_{i+1}\) 的 \(i \in [n]\) 组成的集合。

可以分两步证明，序列 \((i_1, \ldots, i_m)\) 是 \(p\) 的一个 LDS。

它是单调递减的

设 \(k \in [m]\)。

情况 1：\((i_k) + 1 = i_{k+1}\)

按照集合构造规则，直接有 \(p_{i_k} > p_{(i_k) + 1} = p_{i_{k+1}}\)。

情况 2：\((i_k) + 1 < i_{k+1}\)

此时，根据题意，有 \(\max(p_{i_k}, p_{(i_k) + 1}) > p_{(i_k) + 2}\)。

\((i_k) + 1 < i_{k+1}\)，说明 \((i_k) + 1\) 没有被选入集合，又说明 \(p_{(i_k) + 1} < p_{(i_k) + 2}\)，所以 \(p_{i_k} > p_{(i_k) + 2}\) 只能成立，否则 \(\max(p_{i_k}, p_{(i_k) + 1}) > p_{(i_k) + 2}\) 不成立。

别忘了，根据规则，现在不仅有 \(p_{i_k} > p_{(i_k) + 2}\)，还有 \(p_{i_k} > p_{(i_k) + 1}\)。根据题意，又有 \(p_{i_k} > \max(p_{(i_k) + 1}, p_{(i_k) + 2}) > p_{(i_k) + 3)}\)，于是就有了传递性，可以一路传出去了。

综上所述，\(p_{i_k} > \max(p_{(i_k) + 1}, p_{(i_k) + 2}, \ldots, p_{n})\) 恒成立，单调性得证。

它是最长的

注意到，若 \(p_i < p_{i + 1}\)，那么 \(i\) 与 \(i + 1\) 至多只能选择其中一个存在于 LDS 中。

因此答案的上界为 \(n - \sum_{i=1}^{n-1} \left[p_i < p_{i+1}\right]\)，即 \(n - (n - m) = m\)，注意到 \(|\{i_1, \ldots, i_m\}| = m\)，正好达到上界，最优性得证。

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综上所述，\((i_1, \ldots, i_m)\) 是 \(p\) 的一个 LDS。

因此原问题被转换成了：计算 \(\sum_{l=1}^{n} \sum_{r=l}^n 1 + \sum_{k=l}^{r-1} [p_k > p_{k+1}]\) 的值。

相信有良好普及组基础的同学，可以轻松地在 \(\Theta(n)\) 的时空复杂度下解决此问题。

实现

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

using ll = long long;

constexpr int N = 500000 + 1;

int a[N];

void solve() {
	int n;
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		cin >> a[i];
	}
	ll ans = 0;
	for (int i = 1; i < n; ++i) if (a[i] > a[i + 1]) {
		ans += (ll)i * (n - i);
	}
	cout << ans + ((ll)n * (n + 1) >> 1) << '\n';
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);

	int t;
	cin >> t;
	while (t--) {
		solve();
	}
	return 0;
}

时空复杂度：均为 \(\Theta(n)\)。