AtCoder ABC 221 D

原题链接

题目分析

不难分析出来，我们就是要求出，对每一个位置i而言，其后面的比它大的位置j1,j2.....jn,构成的数学式子求解。

\[ans[i]=2^{j_1-i-1}+2^{j_2-i-1}+...+2^{j_n-i-1} \]

我们可以对式子进行化简。

\[ans[i]=\frac{2^{j_1-1}+2^{j_2-1}+...2^{j_n-1}}{2_i} \]

然后，emm，我就卡在这里了，因为这时就要求出i之后所有比它大的位置。

但是，我忽略了一个很重要的思想，正着想不行的时候，我们可以尝试反着想。

如果，我们要求的是一个数前面所有比它小的位置，会有出路嘛？

我们可以很快的发现，当要找一个数前面比他小的位置来求答案时，我们要求的式子就变成了

\[ans[j]=2^{j-1}(\frac{1}{2^{i_1}}+\frac{1}{2^{i_2}}+...+\frac{1}{2^{i_n}}) \]

那接下来要解决的问题就是，括号里面的怎么求？

但这时，就简单了，我们可以用树状数组进行优化。在树状数组中，考虑每个位置时，在w[j]上插入对应的式子。这样正向扫描时，这样sum(w[j])就是前面比它小的位置上就是对应的式子的和(即括号里的内容)了。

在这里，因为我们要插入的是一个分数，因为需要取模，所以要插入的是对应的逆元。

思考

这里，你会发现，其实反向也是能写的，只要每个位置插入2^j次方即可，过程与上同理。

此时，我们会发现关于树状数组的运用的小技巧。

当我们发现，我们要用到的是数组中相对某一个位置i前或后中的某些比该位置i上数字大或小的位置某些特性的和时，我们就要想到树状数组了。

例如：我们要求逆序对

我们要求的就是相对于这个位置i，它前面比它大的位置的数量，那此时，我们就可以给这些位置插入1，这样sum(w[i])时，就能直接知道比它小的数量

再比如，这道题目。

若正向求，我们要求的就是相对于这个位置i，它前面比它小的位置上的下标，同时这个下标我们用时，就是将下标带入对应式子的，所以我们可以直接在对应位置上插入，带入下标后的对应式子的值，这样sum(w[i])就是前面比它小的位置的下标带入的式子的值的和了。

AcCode

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL N = 3e5 + 10,mod=998244353;
LL tr[N];
int w[N];
int n;

int lowbit(int x)
{
    return x & (-x);
}

void add(int x,LL c)
{
    for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
    {
        tr[i]=(tr[i]+c)%mod;
    }
}

LL sum(int x)
{
    LL res = 0;
    for(int i=x;i;i-=lowbit(i))
    {
        res=(res+tr[i])%mod;
    }
    return res;
}

LL ksm(LL a,LL b)
{
    LL res = 1;
    while(b)
    {
        if(b&1) res=res*a%mod;
        b>>=1;
        a=a*a%mod;
    }
    return res;
}

void init()
{
    map<int,int> mp;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        mp[w[i]]=0;
    int sz=0;
    for(auto &p:mp) p.second=++sz;
    for(int i=1;i<=n;i++) w[i]=mp[w[i]];
}

int main()
{
    const LL div = ksm(2,mod-2);
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>w[i];
    LL ans = 0;
    init();
    for(int i=1; i<=n; i++){
        ans += sum(w[i])*ksm(2,i-1);
        ans %= mod;
        add(w[i],ksm(div,i));
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}