ABC407 F - Sums of Sliding Window Maximum 题解

ABC407 F - Sums of Sliding Window Maximum

如果直接计算，即使使用单调队列也需 \(O(n^2)\)，无法通过，由于 \(ans_k\) 的值是累加起来的和，因此考虑每个 \(A_i\) 的贡献。

容易发现，记 \(lt[i]\) 表示 \(i\) 前面第一个比 \(A_i\) 大的数的位置的下一个位置，没有则为 \(1\)，\(rt[i]\) 同理。则 \(A_i\) 可以贡献 \(ans_1\) 到 \(ans_{rt[i]-lt[i]+1}\)。单调栈 \(O(n)\) 计算即可。

此时有一个细节需要注意：相同的数可能会多贡献或者漏贡献。此时只需稍加修改，计算 \(lt\) 时把 \(ar[sta[top]]==ar[i]\) 的 \(pop\) 掉，计算 \(rt\) 时不 \(pop\)掉，就能做到不重不漏。换句话说：\([lt_i,i]\) 中有和 \(A_i\) 相同的数，\([i,rt_i]\) 没有与 \(A_i\) 相同的数。

接下来我们考虑是怎样贡献的。
手玩几组数据可以发现，记 \(pos = min(i-lt[i],rt[i]-i),len = rt[i]-lt[i]+1\)。则

1. 对于 \(i\in[1,pos], ans_i = ans_i + i \times A_i\)
2. 对于 \(i\in[pos+1,len-pos], ans_i = ans_i + (pos+1) \times A_i\)
3. 对于 \(i\in[len-pos+1,len], ans_i = ans_i + (len-i+1) \times A_i\)

对于 \(1,2\) 操作，线段树可以维护，但是对于 \(3\) 操作，线段树无法直接维护。此时有两种方法：

1. 记 \(C_i = ans_i-ans_{i-1}\)，则只需维护 \(C\) 的区间加操作，时间复杂度 \(O(n \times \log n)\)
2. 又记 \(D_i = C_i-C_{i-1}\)，二次差分，则只需对 \(D\) 进行单点修改，最后二次前缀和即可，时间复杂度 \(O(n)\)

这里给出个数据：\(\{2,4,3,5,4\}\)，大家可以手模一下
代码自己写