(2017多校训练第三场)HDU - 6058 Kanade's sum 链表

最新推荐文章于 2017-08-05 21:08:33 发布

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#HDU 6058 #Kanades sum #链表

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本文介绍了一种解决区间第K大数求和问题的方法。通过将问题转化为求每个元素作为第K大数出现的次数（贡献），并利用双向链表维护左右两侧比当前元素大的元素数量，最终计算出所有元素的总贡献值。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

比赛的时候想到了把问题转化成求每个元素对于答案的贡献，即这个元素在多少个区间内是第k大数。至于怎么维护这个信息现场没想出来。

赛后看了网上的博客才知道这道题目的解法。

如果我们知道一个元素在多少区间内是第k大数（即这个元素的贡献），那么答案就是这个元素的值乘上其贡献。

又想到一个元素在区间内是第k大数要满足什么条件呢？在这个区间内恰好有k - 1个数比它大就行了。

所以如果知道这个元素左边比它大的k个数字，和右边比它大的k个数字就好了。

设左边比它大的第i个元素下标为L[i]，右边比它大的第i个元素下标为R[i]，则答案如下。

网上博客的解法是维护一个双向链表，这个链表保存的是元素的下标，最小的元素为x，则x左边的元素都比x大，x右边的元素也比x大。

现在演示一下样例。

输入的数据为1 2 3 4 5，k = 2。

在首尾各添加一个INF后，则初始链表为0 1 2 3 4 5 6(这里的数字都是下标)。

链表中最小的元素为1，左边比1大的数字的下标为0，右边比1大的2个数字下标分别为2 3。

根据上图的计算公式ans += 1(元素的值)*1(贡献)，ans = 1。

然后删除1，当前链表为0 2 3 4 5 6。

链表中最小的元素为2，左边比2大的数字的下标为0，右边比2大的2个数字下标分别为3 4。

根据上图的计算公式ans += 2(元素的值)*2(贡献)，ans = 5。

然后删除2，当前链表为0 3 4 5 6。

链表中最小的元素为3，左边比3大的数字的下标为0，右边比3大的2个数字下标分别为4 5。

根据上图的计算公式ans += 3(元素的值)*3(贡献)，ans = 14。

然后删除3，当前链表为0 4 5 6。

链表中最小的元素为4，左边比4大的数字的下标为0，右边比4大的2个数字下标分别为5 6。

根据上图的计算公式ans += 4(元素的值)*4(贡献)，ans = 30。

删除的复杂度为O(1)，总的复杂度为O(nk)。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long int LL;
const int MOD = 1e9 + 7;
const int MAX_N = 5e5 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int pre[MAX_N], nxt[MAX_N];
int pos[MAX_N];
int A[MAX_N], n, k;

int main()
{
    //freopen("test.txt", "r", stdin);
    //freopen("out.txt", "w", stdout);
    cin.sync_with_stdio(false);
    int T;
    cin >> T;
    while (T--)
    {
        cin >> n >> k;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
            cin >> A[i];
            pos[A[i]] = i;
            pre[i] = i - 1;
            nxt[i] = i + 1;
        }
        LL ans = 0;
        int L[100], len1;
        int R[100], len2;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
            len1 = 0;
            for (int j = pos[i]; j >= 1 && len1 <= k; j = pre[j])
                L[len1++] = j - pre[j];
            len2 = 0;
            for (int j = pos[i]; j <= n && len2 <= k; j = nxt[j])
                R[len2++] = nxt[j] - j;
            for (int j = 0; j < len1; j++)
                if (k - 1 - j < len2)
                    ans += (LL)i * L[j] * R[k - 1 - j], cout << ans << endl;
            nxt[pre[pos[i]]] = nxt[pos[i]];
            pre[nxt[pos[i]]] = pre[pos[i]];
        }
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}