CF1167F(Scalar Queries)题解

这题解不是口胡的。

花絮

一个月前看这题，早上看了，准备在学校中自习写完作业想一会儿，结果推了一整个中自习加上一个课件加上一堂课都没推出来……想得非常复杂，在那里写了个多项式然后什么NTT，FFT都搞出来了，结果最后复杂度与暴力没什么差别……自闭了……

Solution

不推式子怎么行？

${\sum }_{l=1}^n{\sum }_{r=l}^{n}f(l,r)$

$={\sum }_{l=1}^n{\sum }_{r=l}^n{\sum }_{k=l}^r{a}_k(cnt(l,r,a_k)+1)$

这里$cnt(l,r,x)$表示区间$[l,r]$中比$x$小的数的个数。紧接着，使用前缀和的技巧：

$={\sum }_{l=1}^n{\sum }_{r=l}^n{\sum }_{k=l}^r{a}_k(cnt(1,r,a_k)-cnt(1,l-1,a_k)+1)$

使用乘法分配律：

$=[{\sum }_{l=1}^n{\sum }_{r=l}^n{\sum }_{k=l}^r{a}_k(cnt(1,r,a_k)]-[{\sum }_{l=1}^n{\sum }_{r=l}^n{\sum }_{k=l}^r{a}_{k}cnt(1,l-1,a_k)]+[{\sum }_{l=1}^n{\sum }_{r=l}^n{\sum }_{k=l}^r{a}_k]$

于是这个式子就被拆成了三个部分，我们一个部分一个部分地解决。

Part 1

$={\sum }_{l=1}^n{\sum }_{r=l}^n{\sum }_{k=l}^r{a}_k(cnt(1,r,a_k)$

这里的$l$似乎并没有什么用……同时交换里面两个$\sum$：

$={\sum }_{k=1}^n{a}_{k}k{\sum }_{r=k}^{n}cnt(1,r,a_k)$

这里面要乘上一个$k$，是因为包含$k$的左端点有$k$种。

第一部分的式子推到这里已经可以了。我们枚举$k$，虽然$a_{k}k$很容易算，但是里面的那个${\sum }_{r=k}^{n}cnt(1,r,a_k)$似乎很坑……

别慌别慌，这个东西既然很难在线算(即，$k$从$1$慢慢增长到$n$，轮流计算里面的式子)，那就离线算呗。

我们维护一个数组$p$，其中$p_i=cnt(1,i,a_k)$。我们将$a$序列从小到大排序。假设我们目前看到的这个数在原序列的位置是$x$，我们就将$[x,n]$这段区间中的每个数都加上一个$1$，表示在这个区间中的一个$i$对应的$p_i$增加了$1$。查询的时候，直接求出${\sum }_{i=x}^n{p}_i$即可。注意先查询后修改。

这里涉及到区间查询与区间修改，我们可以使用线段树来快速维护。

Part 2

同Part 1，略

Part 3

${\sum }_{l=1}^n{\sum }_{r=l}^n{\sum }_{k=l}^r{a}_k$

${\sum }_{k=1}^n{a}_{k}k(n-k+1)$

这个式子用到了求贡献的套路，然后就可以$O(n)$算了。

---

综上所述，我们使用线段树来求出了第一、第二部分的式子，使用贡献的套路求出了第三部分的式子，最后求出$ans1-ans2+ans3$即可。注意取模，并且略微卡常。

总时间复杂度$O(nlogn)$。本题得到完美解决。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=1e9+7;

int read()
{
	int s=0,w=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9')
	{
		if (ch=='-')  w=-w;
		ch=getchar();
	}
	while (ch>='0'&&ch<='9')
	{
		s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^'0');
		ch=getchar();
	}
	return s*w;
}

int n,ans1=0,ans2=0,ans3=0,ans;
int a[500005],tree[2000005],tag[2000005];

struct node
{
	int rt,num;
}b[500005];

bool cmp(node x,node y)
{
	return x.num<y.num;
}

void pushup(int rt){tree[rt]=(tree[2*rt]+tree[2*rt+1])%mod;}
void f(int l,int r,int rt,int k)
{
	tree[rt]=tree[rt]+(r-l+1)*k;
	tag[rt]=(tag[rt]+k);
}
void pushdown(int l,int r,int rt)
{
	int mid=(l+r)>>1;
	f(l,mid,2*rt,tag[rt]);
	f(mid+1,r,2*rt+1,tag[rt]);
	tag[rt]=0;
}

void change(int nl,int nr,int l,int r,int rt,int k)
{
	if (l!=r)  pushdown(l,r,rt);
	if (nl<=l&&r<=nr)
	{
		f(l,r,rt,k);
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	if (nl<=mid)  change(nl,nr,l,mid,2*rt,k);
	if (nr>mid)  change(nl,nr,mid+1,r,2*rt+1,k);
	
	pushup(rt);
}

int query(int nl,int nr,int l,int r,int rt)
{
	if (nl>nr||nl<=0||nr<=0||nl>n||nr>n)  return 0; 
	if (l!=r)  pushdown(l,r,rt);
	if (nl<=l&&r<=nr)  return tree[rt];
	
	int mid=(l+r)>>1,sumv=0;
	if (nl<=mid)  sumv=query(nl,nr,l,mid,2*rt);
	if (nr>mid)  sumv=sumv+query(nl,nr,mid+1,r,2*rt+1);
	
	return sumv;
}

signed main()
{
	cin>>n;
	for (int i=1;i<=n;i++)  a[i]=read();
	for (int i=1;i<=n;i++)  b[i].rt=i,b[i].num=a[i];
	
	sort(b+1,b+n+1,cmp);
	
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		int now=(a[b[i].rt]*(b[i].rt))%mod;
		now=(now*(query(b[i].rt,n,1,n,1)%mod))%mod;
		ans1=(ans1+now)%mod;
		change(b[i].rt,n,1,n,1,1);
	}
	for (int i=1;i<=4*n;i++)  tree[i]=tag[i]=0;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		int now=(a[b[i].rt]*(n-b[i].rt+1))%mod;
		now=(now*(query(1,b[i].rt-1,1,n,1)%mod))%mod;
		ans2=(ans2+now)%mod;
		change(b[i].rt,n,1,n,1,1);
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		int now=(i*(n-i+1))%mod;
		now=(now*a[i])%mod;
		ans3=(ans3+now)%mod;
	}
	ans=((ans1-ans2+ans3)%mod+mod)%mod;
	cout<<ans<<endl;
	
	return 0;
}

Summary

这题事实上，每走一步都是套路。

①你不把式子写下来做什么题。
②这个式子看得很难受？推一波。
③前缀和，把这个式子拆成三个部分。
④在线难搞？就离线呗。
⑤区间修改，区间查询直接用线段树。

CF ×2300的一道好题，考察了数据结构(线段树)、数学能力(推式子水平)与前缀和，还特别考察了耐心。你不能把式子推个几步就去打代码，这样可能会出现调试时间过长甚至算法假掉的情况，一定要推出式子之后，带至少两组数据进去，打代码的时候对照着式子模拟，样例过了还要对拍。线段树常数很大，还要卡卡常。