题解：[ABC140E] Second Sum
题意分析
当 \(a_i\) 对答案产生贡献时，当且仅当存在区间 \([l,r]\) 满足 \(i\in[l,r]\) 且 \(a_i\) 是 \([l,r]\) 的次大值。
由此我们开始做题。
计算合法区间数
显然，当且仅当区间中有且仅有一个数大于 \(a_i\) 时，答案会增加 \(a_i\)。
那么我们考虑算出，对于每一个 \(a_i\)，会造成多少个 \(a_i\) 的贡献。
如果我们找出了 \(a_i\) 左右两边第一个、第二个大于 \(a_i\) 的数，从左至右分别记作 \(a_{dl_i},a_{l_i},a_{r_i},a_{dr_i}\)（满足 \(dl_i<l_i<i<r_i<dr_i\) 且 $ a_{dl_i},a_{l_i},a_{r_i},a_{dr_i}>a_i$），那么这四个数中肯定只能有一个和 \(a_i\) 处于同一个区间（否则 \(a_i\) 不为次大值）。
那么我们所需要的会对答案造成贡献的区间就不会包含 \(a_{dl_i}\) 和 \(a_{dr_i}\)（因为一旦包含 \(a_{dl_i}\)，就一定会包含 \(d_{l_i}\)，\(r_i,dr_i\) 同理）。
既然如此，令合法区间为 \([L,R]\)，合法情况就只有两种：
- \(L\in[dl_i+1,l_i],R\in[i,r_i-1]\)，区间包含了 \(l_i\)，记作 \([L_1,R_1]\)。
- \(L\in[l_i+1,i],R\in[r_i,dr_i-1]\)，区间包含了 \(r_i\)，记作 \([L_2,R_2]\)。
图示：
当 \(L\in[dl_i+1,l_i],R\in[i,r_i-1]\) 时，则合法区间数为 \(\left(l_i-\left(dl_i+1\right)+1\right)\left(\left(r_i-1\right)-i+1\right)=(l_i-dl_i)(r_i-i)\)。
同样地，当 \(L\in[l_i+1,i],R\in[r_i,dr_i-1]\) 时，合法区间数为 \(\left(i-l_i\right)\left(dr_i-r_i\right)\)。
那么 \(a_i\) 对答案的总贡献就是 \(a_i\times\left[\left(l_i-dl_i\right)\left(r_i-i\right)+\left(i-l_i\right)\left(dr_i-r_i\right)\right]\)，可以 \(\mathcal O\left(1\right)\) 求解。
则最终答案为 \(\large \sum\limits_{i=1}^n{a_i\times\left[\left(l_i-dl_i\right)\left(r_i-i\right)+\left(i-l_i\right)\left(dr_i-r_i\right)\right]}\)（下标从 \(1\) 开始）。
但这时我们需要注意的是，这四个数都有可能不会存在，那么初值就变得十分重要，甚至会影响最终答案的正确性。当然，你不嫌麻烦你特判也行。
-
如果你的下标从 \(1\) 开始：
for(int i=1;i<=n;i++){ l[i]=dl[i]=0; r[i]=dr[i]=n+1; } -
如果你的下标从 \(0\) 开始：
for(int i=0;i<n;i++){ l[i]=dl[i]=-1; r[i]=dr[i]=n; }
（其实就是类似于“值域两端”）
解释一下为什么：（下标从 \(1\) 开始，从 \(0\) 开始和从 \(1\) 开始差不多，不能理解可以手推或参见上图）
以 \(l_i,dl_i\) 为例，\(r_i,dr_i\) 同理可得。
首先，\(l_i=dl_i=0\) 的好处就是选取区间时 \(l_i+1=dl_i+1=1\)（不存在的话）。
如果 \(l_i\) 不存在，那么 \(dl_i\) 绝对不存在：\(l_i=dl_i=1,l_i-dl_i=0\)，上文中 \([L_1,R_1]\) 的区间因为要选取 \(l_i\) 自然不存在，正确；对于 \([L_2,R_2]\)，已经在右边选取了 \(r_i\)，\(l_i\) 自然不会选取到，不影响答案。
如果 \(l_i\) 存在，\(dl_i\) 不存在：\([L_1,R_1]\) 选取了 \(l_i\)，则 \(1\sim l_i\) 都可以选取，此时 \(l_i-dl_i=l_i-0=l_i\)，正确；对于 \([L_2,R_2]\)，同样与 \(l_i,dl_i\) 无关，不影响答案。
这样，我们便可以 \(\mathcal O\left(n\right)\) 求出最终答案。
如何计算四个数的位置
说了这么多，我们还是不知道如何求出 \(dl_i,l_i,r_i,dr_i\)。
事实上，我们仅仅需要从大至小向 set 中加入 \(a_i\)，然后利用前驱、后继节点来判断大小关系即可。
令 \(p_i\) 表示 \(a_i\) 的下标，那么按照 \(a_i\) 值排序，使得 \(\large a_{p_1}>a_{p_2}>a_{p_3}>\cdots>a_{p_n}\)。
这时我们用 \(i\) 遍历 \([1,n]\)，每次在 set 中执行 lower_bound(p[i])（或者 upper_bound(p[i]) 也行，因为 \(p_i\) 不重复），找到第一个大于 \(p_i\) 的下标 \(p_x\)。
那么 \(p_x\) 在 \(p_i\) 之前插入 set，代表 \(a_{p_x}>a_{p_i}\)，又有 \(p_x>p_i\) 且 \(p_x\) 最小，则 \(p_x=r_{p_i}\)。
而 \(dr_{p_i}\) 也很简单，当 \(p_x\) 不为 set 的最后一个元素（不然越界）时，找到 \(p_x\) 的后继节点即可。由 set 的有序特性且 \(p_i\) 不重复，\(p_x\) 的后继节点就是最小的大于 \(p_x\) 的元素 \(p_{x'}\)，\(dr_{p_i}=p_{x'}\)。
对于 \(l_{p_i}\)，其实就是 \(p_{x}\) 的前驱节点 \(p_y\)。因为 set 内 \(p_i\) 不重复、\(p_x\) 最小且 \(p_y<p_x,p_x>p_i\)，有 \(p_y<p_i\) 且 \(p_y\) 最大。
那么就有 \(l_{p_i}=p_y\)。和 \(dr_{p_i}\) 同理，\(dl_{p_i}\) 为 \(p_y\) 的前驱节点 \(p_{y'}\)。
注意判定越界。
最后记得将 \(p_i\) 插入 set 即可。
不会有人不会求后继节点、前驱节点吧？
使用 next() 和 prev() 即可。
虽然说对迭代器进行自减运算、自加运算，或者进行数学运算后强制类型转换也行，但是确实没有这两个简单。
注意事项
- \(dl_i,l_i,r_i,dr_i\) 的初始值。
- 开
long long。
AC代码
//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
#include<set>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5;
ll n,a[N+1],p[N+1],l[N+1],dl[N+1],r[N+1],dr[N+1];
bool cmp(ll x,ll y){
if(a[x]!=a[y])return a[x]>a[y];
return x<y;
}
int main(){
/*freopen("test.in","r",stdin);
freopen("test.out","w",stdout);*/
scanf("%lld",&n);
for(ll i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",a+i);
for(ll i=1;i<=n;i++){
p[i]=i;
l[i]=dl[i]=0;
r[i]=dr[i]=n+1;
}sort(p+1,p+n+1,cmp);
set<ll>s;
for(ll i=1;i<=n;i++){
auto pl=s.lower_bound(p[i]);
if(pl!=s.end()){
r[p[i]]=*pl;
if(next(pl)!=s.end())dr[p[i]]=*next(pl);
}if(pl!=s.begin()){
pl--;
l[p[i]]=*pl;
if(pl!=s.begin())dl[p[i]]=*prev(pl);
}s.insert(p[i]);
}ll ans=0;
for(ll i=1;i<=n;i++)ans+=a[i]*((l[i]-dl[i])*(r[i]-i)+(i-l[i])*(dr[i]-r[i]));
printf("%lld\n",ans);
/*fclose(stdin);
fclose(stdout);*/
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号