Codeforces Round 873 (Div. 1) B2. Range Sorting (Hard Version)(枚举+计算贡献)

题目

Codeforces Round 873 (Div. 1) B1.Range Sorting (Easy Version)(单调栈)_Code92007的博客-优快云博客

easy version的加强版，区别在于t和n的范围

给定长为n(n<=3e5)的数组a(1<=ai<=1e9)，

对于每个子数组，其美丽值定义为操作任意次，使得子数组增序的最小秒数

每次操作，你可以选择两个下标[l,r]，将区间[l,r]排增序，代价是r-l秒

求所有子数组的美丽值之和

实际为t(t<=1e4)组样例，保证sumn不超过3e5

思路来源

ksun48代码、灵茶山艾府b站讲解

题解

引一下我在灵神视频评论区的回复

用总的贡献数减去减小的贡献数，即为最终答案

枚举每个值，作为第一个区间的最右端点

统计其减小1的贡献时，对应的区间数有多少，即为这个值对应的贡献数

举例，如区间[9 10 1 2 12 13]，如果对于整个区间考虑代价，则代价是5

但是，如果将区间拆为[9 10 1 2] [12 13]分别考虑，则代价为3+1

减少的这个贡献1，是10这个值产生的贡献

10这个值，以一个「第一个区间排序后的右端点」的身份，

使得一个区间，能被分割成两个子区间考虑

所以，当统计10这个值能产生贡献的区间数时，

不妨记10所在的位置为p，则：

左端点l：(>10的前一个数的位置L,p]，L<p

右端点r：[>10的第一个数的位置q,<10的第一个数的位置R)，p<q<R

特别地，

1. 当L不存在时，认为是顶到区间的最左端；

2. 当R不存在时，认为是顶到区间的最右端；

即，如果区间是[1,n]，最左端开区间对应0，最右端开区间对应n+1

这种取数方式，保证了第一段区间不存在大于10的值，第二段区间不存在小于10的值

[p,q)之间都是小于10的值，排序的时候可以归给第一段，使得10仍为第一段区间排序后的右端点

代码

#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<set>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=3e5+10;
int t,n,a[N],b[N];
void sol(){
    set<int>l,r;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i){
        scanf("%d",&a[i]);
        b[i]=i;
    }
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;++i){ // 长为i的区间 有n-i+1个 代价为i-1
        ans+=1ll*(i-1)*(n-i+1);
        r.insert(i);
    }
    sort(b+1,b+n+1,[&](int x,int y){
        return a[x]<a[y];
    });
    //(l,r]左侧不存在时，l取0表示左边都取；[l,r)，右侧不存在时，r取n+1表示右边都取
    l.insert(0);l.insert(n+1);
    r.insert(0);r.insert(n+1);
    for(int i=1;i<=n;++i){
        int p=b[i];
        l.insert(p);
        r.erase(p);
        auto it=r.lower_bound(p);
        int R=0,v=*it;
        auto suf=l.lower_bound(v);
        int L=p-(*prev(it));
        if(suf!=l.end()){R=(*suf)-v;}
        ans-=1ll*L*R;
    }
    printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        sol();
    }
    return 0;
}