SP22343 Norma--序列分治

Norma

传送门

题意简化:

定义一个区间的贡献为 \(max*min*len\),求给定序列中所有子区间的总贡献和

题解

考虑 \(O(n*log_2n)\) 的复杂度的做法
数据结构??? yzhx太菜了,不会怎么O(n)枚举所有区间
还是考虑分治吧

每次对于每个区间的贡献则等于:
左半边区间的贡献+右半边区间的贡献+跨越mid的区间贡献

所以现在分治的大体思路就出来了,先递归处理左右半边,在加上跨越左右区间的影响

我们再来观察这个式子: \(max*min*len\)
想想有什么可优化的部分呢?
显然,对于每个区间的max和min在适当扩张区间长度的情况下是不会改变的
所以我们暴力求的话则会重复求很多次

有了大致思路,那么,我们现在来考虑怎么处理跨mid的子区间贡献
设当前区间的左端点为 L ,右端点为 R , mid 为该区间的中间位置
对于跨越mid的子区间
枚举子区间左端点 i ,先假设它的右端点就是mid,那么我们再慢慢向右拓展右端点,并加入答案
设: 子区间i~j的最大值为max,最小值为min,
在拓展过程中 min 第一次改变的位置是 p , max 第一次改变的位置是 q , p<q (反过来也差不多)
所以所有以 i 为左端点,右端点j在 mid+1 ~ R 之间的子区间都可以被分为三种类型:

j < p 时 ( \(min*max\) 不变) :

\[ans+= min*max* \sum_{j=mid+1}^{p-1}(j-i+1) \]

p<=j<q 时(只有 min 和区间长度发生改变):

\[ans+= max * \sum_{j=p}^{q-1} min[j] * (j-i+1) \]

--> $$ ans+=max* \sum_{j=p}^{q-1} min[j] j+max * (1-i)\sum_{j=p}^{q-1} min[j]) $$

q<j<=r 时(全都改变):

\[ans+= \sum_{j=p}^{q-1} max[j]*min[j] * (j-i+1) \]

--> $$ ans+= \sum_{j=p}^{q-1} max[j]min[j] j+(1-i)\sum_{j=p}^{q-1} max[j]min[j]) $$
然后我们再把 $$max[i],min[i],max[i]i,min[i]i,max[i]min[i],max[i]min[i]*i $$都用前缀和记录就好

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register
#define in inline
#define get getchar()
#define ll long long
in int read()
{
	int t=0; char ch=get;
	while(ch<'0' || ch>'9') ch=get;
	while(ch<='9' && ch>='0') t=t*10+ch-'0', ch=get;
	return t;
}
const int mod=1e9;
const int _=500002;
int n;
ll mul_mx[_],mul_mn[_],ans,sum_mx[_],sum_mn[_],mx[_],mn[_],a[_],mnmx[_],mul_mnmx[_];
in ll add(ll a,ll b) { //加法取模
	return (((a%mod)+(b%mod))+mod)%mod;
}
in ll mul(ll a,ll b) { //乘法取模
	return ((a%mod*b%mod)+mod)%mod;
}
in ll getsum(ll a,ll b) { //高斯求和
	return ((a+b)*(b-a+1)/2)%mod;
}
in void work(int l,int r)
{
//	cout<<l<<' '<<r<<" :: "<<endl;
	if(l==r)  { ans=add(ans,mul(a[l],a[l]));return;}
	int mid=l+r>>1;
	work(l,mid);
	work(mid+1,r);
	mx[mid]=mn[mid]=a[mid];
	sum_mx[mid]=sum_mn[mid]=mul_mx[mid]=mul_mn[mid]=mul_mnmx[mid]=mnmx[mid]=0;
	for(re int i=mid+1;i<=r;i++) {
		mx[i]=max(mx[i-1],a[i]);
		mn[i]=min(mn[i-1],a[i]);
		sum_mx[i]=add(sum_mx[i-1],mx[i]);
		sum_mn[i]=add(sum_mn[i-1],mn[i]);
		mul_mx[i]=add(mul_mx[i-1],mul(mx[i],i));
		mul_mn[i]=add(mul_mn[i-1],mul(mn[i],i));
		mul_mnmx[i]=add(mul_mnmx[i-1],mul(mul(mx[i],mn[i]),i));
		mnmx[i]=add(mnmx[i-1],mul(mx[i],mn[i]));
	} //预处理
	ll maxx=0,minn=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
	for(re int p=mid+1,q=mid+1,i=mid;i>=l;i--)
	{
		minn=min(minn,a[i]),maxx=max(maxx,a[i]);
		while(p<=r&&minn<a[p]) p++;
		while(q<=r&&maxx>a[q]) q++; //找到p和q
		if(p<q)
		{
			ans=add(ans,mul(mul(minn,maxx),getsum(mid-i+2,p-i)));
			ans=add(ans,add(mul(maxx,add(mul_mn[q-1],-mul_mn[p-1])),-mul(mul(i-1,maxx),add(sum_mn[q-1],-sum_mn[p-1]))));
			ans=add(ans,add(add(mul_mnmx[r],-mul_mnmx[q-1]),mul(add(1,-i),add(mnmx[r],-mnmx[q-1]))));
		} //套上之前讲的三个式子
		else
		{
			ans=add(ans,mul(mul(minn,maxx),getsum(mid-i+2,q-i)));
			ans=add(ans,add(mul(minn,add(mul_mx[p-1],-mul_mx[q-1])),-mul(mul(i-1,minn),add(sum_mx[p-1],-sum_mx[q-1]))));
			ans=add(ans,add(add(mul_mnmx[r],-mul_mnmx[p-1]),mul(add(1,-i),add(mnmx[r],-mnmx[p-1]))));
		}
	}
}
int main()
{
	n=read();
	for(re int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
	work(1,n);
	cout<<ans<<endl;
}
posted @ 2019-10-24 21:07  yzhx  阅读(116)  评论(1编辑  收藏  举报