[bzoj3745][分治]Norma

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分治

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Description

Input

第1行，一个整数N；第2~n+1行，每行一个整数表示序列a。

Output

输出答案对10^9取模后的结果。

Sample Input

4

2

4

1

4

Sample Output

109

HINT

【数据范围】

N <= 500000

1 <= a_i <= 10^8

题解

还是分治
自己yy的东西t的一逼啊233333
对于一段区间 $l,r$ ，找到他的中间点 $mid$
枚举 $l~mid$ ，我们的目标是对于所有 $[l,mid]$ 找出他在所有 $[mid+1,r]$ 区间内的答案
对于每个 $i$ ，维护两个指针 $u,v(u,v<=r)$
满足 $[mid+1,u]$ 中的数全部大于 $[i,mid]$ 的最小值且u最大
满足 $[mid+1,v]$ 中的数全部小于 $[i,mid]$ 的最大值且v最大
于是我们有三种讨论，不妨假设u < v，设 $mn$ 表示 $[i,mid]$ 中的最小值， $mx$ 表示 $[i,mid]$ 中的最大值
对于 $[mid+1,u]$ ，他的贡献为

$\sum j = m i d + 1 u m x * m n + (j - i + 1)$ $\sum_{j=mid+1}^{u}mx*mn+(j-i+1)$
显然可以直接 $O(1)$
对于 $[u+1,v]$ ，他的贡献为
$\sum j = u + 1 v m x * m i n [m i d + 1, j] * (j - i + 1)$ $\sum_{j=u+1}^{v}mx*min[mid+1,j]*(j-i+1)$
拆一下就变成了这样
$m x * \sum j = u + 1 v m i n [m i d + 1, j] * j - m i n (m i d + 1, j) * (i - 1)$ $mx*\sum_{j=u+1}^{v}min[mid+1,j]*j-min(mid+1,j)*(i-1)$
预处理前缀和即 $O(1)$
对于 $[v+1,r]$ ，他的贡献为
$\sum j = v + 1 r m a x [m i d + 1, j] * m i n (m i d + 1, j) * j - m a x (m i d + 1, j) * m i n (m i d + 1, j) * (i - 1)$ $\sum_{j=v+1}^{r}max[mid+1,j]*min(mid+1,j)*j-max(mid+1,j)*min(mid+1,j)*(i-1)$
预处理前缀和仍然可以 $O(1)$
然后又是愉快的 $nlogn$ 了

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define LL long long
#define lc now<<1
#define rc now<<1|1
using namespace std;
const LL mod=1e9;
inline int read()
{
    int f=1,x=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
int n;
LL a[510000];
LL s1[510000],s2[510000],s3[510000],s4[510000],s5[510000],s6[510000],ans;
/*
mn[mid+1,j]*j
mn[mid+1,j]
mx[mid+1,j]*j
mn[mid+1,j]
mx[mid+1,j]*mn[mid+1,j]*j
mx[mid+1,j]*mn[mid+1,j]
*/
LL C(int s,int t){return ((LL)s+t)*((LL)t-s+1)/2%mod;}
void sol(int l,int r)
{
    if(l==r){ans=(ans+a[l]*a[l])%mod;return ;}
    int mid=(l+r)>>1;
    s1[mid]=s2[mid]=s3[mid]=s4[mid]=s5[mid]=s6[mid]=0;
    LL u1=a[mid+1],u2=a[mid+1];
    sol(l,mid);
    sol(mid+1,r);
    for(LL j=mid+1;j<=r;j++)
    {
        u1=min(u1,a[j]);u2=max(u2,a[j]);
        //int u1=findhh(1,1,n,mid+1,j,0),u2=findhh(1,1,n,mid+1,j,1);
        s1[j]=(s1[j-1]+(u1*j%mod))%mod;
        s2[j]=(s2[j-1]+u1)%mod;
        s3[j]=(s3[j-1]+(u2*j%mod))%mod;
        s4[j]=(s4[j-1]+u2)%mod;
        s5[j]=(s5[j-1]+u1*u2%mod*j%mod)%mod;
        s6[j]=(s6[j-1]+u1*u2%mod)%mod;
    }
//  for(int j=mid+1;j<=r;j++)printf("%lld %lld\n",s1[j],s2[j]);
    int u=mid,v=mid;
    LL mn=a[mid],mx=a[mid];
    for(LL i=mid;i>=l;i--)
    {
        mn=min(mn,a[i]);mx=max(mx,a[i]);
        //int mn=findhh(1,1,n,i,mid,0),mx=findhh(1,1,n,i,mid,1);
        while(u<r&&mn<a[u+1])u++;
        while(v<r&&mx>a[v+1])v++;
        ans=(ans+mx*mn%mod*C(mid-i+2,min(u-i+1,v-i+1))%mod)%mod;
        if(u<=v)
        {
            ans=(ans+mx*((s1[v]-s1[u]+mod)%mod-((i-1)*(s2[v]-s2[u]+mod)%mod)%mod)%mod+mod)%mod;
            ans=(ans+((s5[r]-s5[v]+mod)%mod)-((i-1)*(s6[r]-s6[v]+mod)%mod)+mod)%mod;
        }
        else
        {
            ans=(ans+mn*((s3[u]-s3[v]+mod)%mod-((i-1)*(s4[u]-s4[v]+mod)%mod)%mod)%mod+mod)%mod;
            ans=(ans+((s5[r]-s5[u]+mod)%mod)-((i-1)*(s6[r]-s6[u]+mod)%mod)+mod)%mod;
        }
    }
}
int main()
{
//  freopen("a.in","r",stdin);
//  freopen("a.out","w",stdout);
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
    sol(1,n);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}