【Solution】P8313 [COCI2021-2022#4] Izbori
前言
洛谷博客链接
很棒的一道题，建议评紫。
这里提供一种 \(\mathcal O(n\log n)\) 的树状数组的解法，并有详细的部分分题解，可能比较长，如果只想看正解可以直接看 Subtask 4。
Subtask 1
暴力穷举区间，枚举众数判断即可。复杂度 \(\mathcal O(n^3)\)。
Subtask 2
暴力穷举区间，区间元素个数用一个桶维护起来，区间 \((i,j+1)\) 的各个元素的个数可以由区间 \((i,j)\) 递推得。但由于 \(a_i\) 得范围达到了 \(10^9\)，需要离散化一下。复杂度 \(\mathcal O(n^2)\)。
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int n,a[N],cop[N],tong[N];
ll ans=0;
signed main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i)
cin>>a[i],cop[i]=a[i];//cop为离散化数组
sort(cop+1,cop+n+1);
int cntl=unique(cop+1,cop+n+1)-cop-1;
for(int i=1;i<=n;++i)
a[i]=lower_bound(cop+1,cop+cntl+1,a[i])-cop;//离散化
for(int l=1;l<=n;++l)
{
int cur=a[l];
for(int r=l;r<=n;++r)
{
tong[a[r]]++;//更新桶数组
if(tong[a[r]]>tong[cur])cur=a[r];//打擂台得出出现次数最多的元素
if(tong[cur]*2>r-l+1)ans++;//判断区间众数个数一半
}
for(int r=l;r<=n;++r)tong[a[r]]--;//清空tong数组
}
cout<<ans;
return 0;
}
Subtask 3
考虑到只有 \(1，2\) 两种数字，所以区间不合法只有一种情况：区间内 \(1，2\) 个数相等。考虑将 \(1\) 的值设成 \(1\)，\(2\) 的值设成 \(-1\)，所以不合法的区间的区间和为 \(0\)，可以记录一个前缀桶来维护。复杂度 \(\mathcal O(n)\)。
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int n,a[N],b[N],tong[N<<1];
ll ans=0;
signed main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
cin>>a[i];
if(a[i]==1)b[i]=1;
else b[i]=-1;
}
//因为前缀和会出现负数，所以要统一偏移n
int sum=0;tong[n]++;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
sum+=b[i];//前缀和
ans+=tong[sum+n];//更新答案
tong[sum+n]++;//更新桶
}
cout<<1ll*n*(n+1)/2-ans;//合法区间-不合法区间
return 0;
}
Subtask 4
受 Subtask 3 的启发，穷举每个种类的数，分别计算贡献。
\(a_i\le10^9\) 明显是纸老虎，离散化一下就可以了。考虑当前计算的是 \(x\) 的贡献，记 \(S_i\) 为前 \(i\) 个数中 \(x\) 出现的次数，则 \([l+1,r]\) 区间合法则需
移一下项就变为
这样问题就变成了：对于每一个 \(r\)，\(0\sim r-1\) 中由多少个 \(l\) 使 \(2S_l-l<2S_r-r\)，是一个二维偏序问题，可以通过树状数组维护，复杂度是 \(\mathcal O(kn\log n)\) 的，其中 \(k\) 为不同数字的个数。但是这样还是只能通过前三个 Subtask，需要优化。
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int n,a[N],cop[N],bsum[N<<1],s[N];
ll ans=0;
inline int lowbit(int x){return x&-x;}
inline void add(int i,int x)
{
while(i<=2*n+2)bsum[i]+=x,i+=lowbit(i);
}
inline int query(int i)
{
int res=0;
while(i)res+=bsum[i],i-=lowbit(i);
return res;
}
signed main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i)
cin>>a[i],cop[i]=a[i];//cop为离散化数组
sort(cop+1,cop+n+1);
int cntl=unique(cop+1,cop+n+1)-cop-1;
for(int i=1;i<=n;++i)
a[i]=lower_bound(cop+1,cop+cntl+1,a[i])-cop;//离散化
for(int i=1;i<=cntl;++i)
{
for(int j=1;j<=n;++j)
s[j]=s[j-1]+(a[j]==i);//求出前缀和
add(n+1,1);//n+1的偏移量
for(int j=1;j<=n;++j)
{
ans+=query(2*s[j]-j+n);//树状数组查询
add(2*s[j]-j+n+1,1);
}
add(n+1,-1);
for(int j=1;j<=n;++j)
add(2*s[j]-j+n+1,-1);//清空树状数组
}
cout<<ans;
return 0;
}
设 \(B_i=2S_i-i\)，对于每一个 \(x\)，考虑 \(B_i\) 的变化情况。举个例子：
可以发现如果有 \(m\) 个 \(x\)，那么 \(B_i\) 可以被分成 \(m+1\) 个区间，每个区间都是一个公差为 \(-1\) 的等差数列。考虑到所有的 \(m\) 的和为 \(n\)，我们其实只需要快速处理每一段里的数。
假设这个等差数列为 \(s,s-1,\cdots,e+1,e\)，用一个数组 \(C_i\) 来记录每一个数的个数，那么就是 \([e,s]\) 区间的每个 \(C_i\) 都加 \(1\)。
设 \(D_i\) 表示 \(C_i\) 的前缀和，即 \(D_i=\sum\limits_{j=1}^iC_j\)，对于每个 \(B_i\)，贡献即为 \(D_{B_i-1}\)，所以对于 \([e,s]\) 这个区间内的所有数，总贡献即为 \(\sum\limits_{i=e-1}^{s-1}D_i\)，这又变成了一个区间和问题，我们再维护一个数组 \(E_i\) 表示 \(C_i\) 前缀和的前缀和，即为 \(D_i\) 数组的前缀和，即 \(E_i=\sum\limits_{j=1}^iD_j\)，这样总贡献就变成了
至此问题就变成了一个区间修改，求二阶前缀和的问题。这就有很多解法了，这里只提供一个树状数组的解法。
考虑到区间修改可以通过单点修改，求前缀和来解决，问题就可已转化为单点修改，求三阶前缀和。
推的过程比较繁琐，如果不理解可以自己手模两组数据来理解。
现在问题变成了单点修改，求三阶前缀和，该如何处理？
如果不会建议先看一看这道题，ABC 256 F Cumulative Cumulative Cumulative Sum，这里讲一下树状数组的思路。
先假设 \(A_i\) 为原数组，\(B_i\) 数组为 \(A_i\) 的前缀和，\(C_i\) 数组为 \(A_i\) 数组的二阶前缀和，\(D_i\) 数组为 \(A_i\) 的三阶前缀和。
考虑 \(A_i\) 对 \(B_x\) (\(i\le x\)) 的贡献为 \(1\)。
考虑 \(A_i\) 对 \(C_x\) (\(i\le x\)) 的贡献为 \(x-i+1\)。
考虑 \(A_i\) 对 \(D_x\) (\(i\le x\)) 的贡献为 \(\dfrac{(x-i+1)(x-i+2)}{2}\)。
用树状数组分别维护 \(A_i,iA_i,i^2A_i\)，可以解决。
至此，问题就完全解决了。代码如下，写了注释。
AC 代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int n,a[N],cop[N];
ll ans=0,bs1[N<<1],bs2[N<<1],bs3[N<<1];
//bs1，bs2，bs3维护树状数组，需要进行n+1的偏移量
vector<int>t[N];
inline int lowbit(int x){return x&-x;}
inline void add(int i,ll d)
{
int x=i;
while(i<=2*n+2)
{
bs1[i]+=d;bs2[i]+=d*x;bs3[i]+=d*x*x;
i+=lowbit(i);
}
}
inline ll query(int i)
{
ll res=0;int x=i;
while(i)
{
res+=bs1[i]*(x+2)*(x+1)-bs2[i]*(2*x+3)+bs3[i];
i-=lowbit(i);
}
return res/2;
}
//树状数组
signed main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i)
cin>>a[i],cop[i]=a[i];//cop为离散化数组
sort(cop+1,cop+n+1);
int cntl=unique(cop+1,cop+n+1)-cop-1;
for(int i=1;i<=n;++i)
a[i]=lower_bound(cop+1,cop+cntl+1,a[i])-cop;//离散化
for(int i=1;i<=n;++i)t[a[i]].push_back(i);//每一类数组又一个向量存起来
for(int i=1;i<=cntl;++i)//穷举数字
{
t[i].push_back(n+1);
int lst=0;
for(int j=0;j<t[i].size();++j)
{
int y=2*j-lst+n+1,x=2*j-t[i][j]+n+2;
ans+=query(y-1)-(x>=3?query(x-2):0);//树状数组查询
add(x,1);add(y+1,-1);lst=t[i][j];
}
lst=0;
for(int j=0;j<t[i].size();++j)
{
int y=2*j-lst+n+1,x=2*j-t[i][j]+n+2;
add(x,-1);add(y+1,1);lst=t[i][j];
}//清空树状数组
}
cout<<ans;
return 0;
}
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