[NOI Online 2020 #2 提高 B] 子序列问题（dp+线段树）

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/ez_lcw/article/details/105886512

本文深入探讨了动态规划(DP)的优化方法，特别是在处理子串问题时的高效算法。通过引入线段树数据结构，实现了对DP状态的快速更新与查询，将时间复杂度从O(n^2)优化至O(nlogn)。文章详细解析了算法思路，包括状态定义、转移方程推导及具体实现代码。

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~~真的是事后诸葛亮，一下考场就知道怎么做了，现在把题解补回来~~

看到这个问题，我第一下想到的就是 $d p$ 。

如何 $d p$ ？

设 $d p [i]$ 为以 $i$ 为右端点的所有子串的答案之和，那么最后要输出的答案就是 $ans=∑i=1ndp[i]ans=\sum_{i=1}^{n}dp[i]$ 。

至于怎么维护这个 $d p [i]$ ，我一开始想的做法也很简单，~~直接暴力。~~

也就是说，对于每一个右端点 $r$ ，从右向左枚举左端点 $l$ ，然后统计答案。

但是如何维护 $f (l, r)$ 呢？

经典套路：对于每一个数，我们把它出现在序列 $[1, n]$ 中最右边的那个位置找出来。对于数 $x$ ，记为 $l a s t [x]$ 。

假设我们现在已经求出了 $f (i, r)$ ，然后要求 $f (i - 1, r)$ ，那么显然，若 $last[a[i−1]]≠ilast[a[i-1]]\not=i$ ，就说明还有一个与 $a [i - 1]$ 相同的数出现在位置 $i - 1$ 的右边，则 $f (i - 1, r) = f (i, r)$ 。否则，若 $l a s t [a [i - 1]] = i$ ，则 $f (i - 1, r) = f (i, r) + 1$ 。

然后求完 $d p [i]$ 后记得更新 $l a s t$ 。

那么这种方法是 $O(n^2)$ 的，只能拿 $50$ 分。

如何提高？

我们回想一下刚才加粗的这一段：

假设我们现在已经求出了 $f (i, r)$ ，然后要求 $f (i - 1, r)$ ，那么显然，若 $last[a[i−1]]≠ilast[a[i-1]]\not=i$ ，就说明还有一个与 $a [i - 1]$ 相同的数出现在位置 $i - 1$ 的右边，则 $f (i - 1, r) = f (i, r)$ 。否则，若 $l a s t [a [i - 1]] = i$ ，则 $f (i - 1, r) = f (i, r) + 1$ 。

考虑如何优化？

先画个图：

在这里插入图片描述
整个图的下方的方格表示的是序列，方格上面箭头指着的数是这个位置的编号，方格内的数代表这个位置的数。

如图，其中 $x$ 代表数 $a [i]$ ，然后我们找到 $l a s t [x]$ 的位置，那么显然，在序列 $[l a s t [x] + 1, i - 1]$ 中，每一个数都与 $x$ 不同，不妨记为 $o$ （注意：每一个 $o$ 之间有可能不同）；在序列 $[1, l a s t [x] - 1]$ 中，每一个数都有可能与 $x$ 相同，也可能不同，不妨记为 $a$ 。

然后我们现在要求出每一个 $f (l, i)$ ， $(1≤l≤i)(1\leq l\leq i)$ 。

分情况讨论：

$1≤l≤last[x]1\leq l\leq last[x]$

我们就以这幅图为例。我们对比一下两段序列（红和蓝），发现红色的只是比蓝色的多了一个 $x$ ，而这个多出来的 $x$ 并没有贡献。

所以在这种情况下，必有 $f (l, i) = f (l, i - 1)$ 。

平方后也相等。
$l a s t [x] < l < i$

还是看图。

你会发现，红框还是比蓝框多了个 $x$ ，但是由于 $o$ 是不可能等于 $x$ 的，所以这个 $x$ 有贡献。

那么 $f (l, i) = f (l, i - 1) + 1$

平方后 $f(l,i)2=f(l,i−1)2+2×f(l,i−1)+1f(l,i)^2=f(l,i-1)^2+2\times f(l,i-1)+1$
$l = i$ ， $f (l, i) = 1$

把三个讨论整合一下：

$dp[i]=f(1,i)2+f(2,i)2+...+f(last[x],i)2+f(last[x]+1,i)2+...+f(i−1,i)2+f(i,i)2=f(1,i−1)2+f(2,i−1)2+...+f(last[x],i−1)2+[f(last[x]+1,i−1)2+2×f(last[x]+1,i−1)+1]+...+[f(i−1,i−1)2+2×f(i−1,i−1)+1]+1=[f(1,i−1)+f(2,i−1)+...+f(i−1,i−1)]+2×[f(last[x]+1,i−1)+f(last[x]+2,i−1)+...+f(i−1,i−1)]+(i−last[x]−1)+1=dp[i−1]+2×[f(last[x]+1,i−1)+f(last[x]+2,i−1)+...+f(i−1,i−1)]+(i−last[x])=dp[i−1]+2×∑l=last[x]+1i−1f(l,i−1)+(i−last[x])\begin{aligned} dp[i]=&f(1,i)^2+f(2,i)^2+...+f(last[x],i)^2+f(last[x]+1,i)^2+...+f(i-1,i)^2+f(i,i)^2\\ =&f(1,i-1)^2+f(2,i-1)^2+...+f(last[x],i-1)^2+[f(last[x]+1,i-1)^2\\ &+2\times f(last[x]+1,i-1)+1]+...+[f(i-1,i-1)^2+2\times f(i-1,i-1)+1]+1\\ =&[f(1,i-1)+f(2,i-1)+...+f(i-1,i-1)]\\ &+2\times[f(last[x]+1,i-1)+f(last[x]+2,i-1)+...+f(i-1,i-1)]+(i-last[x]-1)+1\\ =&dp[i-1]+2\times[f(last[x]+1,i-1)+f(last[x]+2,i-1)+...+f(i-1,i-1)]+(i-last[x])\\ =&dp[i-1]+2\times \sum_{l=last[x]+1}^{i-1}f(l,i-1)+(i-last[x]) \end{aligned}$

那么，我们就可以通过维护 $∑l=last[x]+1i−1f(l,i−1)\sum_{l=last[x]+1}^{i-1}f(l,i-1)$ 来求出 $d p [i]$ 。

如何维护？

~~考试的时候就是想到这就想不下去了~~

这个时候，我们就会用到一颗线段树。

这棵线段树用来维护每一个 $f (l, i - 1)$ 的值的和，其中 $1≤l<i1\leq l<i$ 。

那么我们可以通过询问线段树中的区间 $[l a s t [x] + 1, i - 1]$ 就可以知道 $∑l=last[x]+1i−1f(l,i−1)\sum_{l=last[x]+1}^{i-1}f(l,i-1)$ 是什么了。

然后考虑求完 $d p [i]$ 如何更新线段树。

由于我们刚才已经得到：

当 $1≤l≤last[x]1\leq l\leq last[x]$ 时，有 $f (l, i) = f (l, i - 1)$ ，所以这一段不用管它，还是原来的值。
当 $l a s t [x] < l < i$ 时，有 $f (l, i) = f (l, i - 1) + 1$ ，所以我们只用把这一段的值整体加上 $1$ 就好了。
当 $l = i$ 时，有 $f (l, i) = 1$ ，所以我们也把这个点修改成 $1$ ，这一个步骤可以和前一个并在一起。

这样就能更新所有的 $f ()$ 了。

总时间复杂度 $O(nlog⁡n)O(n\log n)$ ，需要注意一下细节（比如离散化和卡常）。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>

#define N 1000010
#define mod 1000000007
#define ll long long

using namespace std;

int n,a[N],b[N];
int last[N];
ll dp[N],sum[N<<2],lazy[N<<2];

void down(const int k,const int l,const int r,const int mid)
{
	if(lazy[k])
	{
		sum[k<<1]+=lazy[k]*(mid-l+1);
		sum[k<<1|1]+=lazy[k]*(r-mid);
		lazy[k<<1]+=lazy[k];
		lazy[k<<1|1]+=lazy[k];
		lazy[k]=0;
	}
}

ll query(const int k,const int l,const int r,const int ql,const int qr)
{
	if(ql>qr) return 0;
	if(ql<=l&&r<=qr) return sum[k];
	const int mid=(l+r)>>1;
	ll ans=0;
	down(k,l,r,mid);
	if(ql<=mid) ans+=query(k<<1,l,mid,ql,qr);
	if(qr>mid) ans+=query(k<<1|1,mid+1,r,ql,qr);
	return ans;
}

void update(const int k,const int l,const int r,const int ql,const int qr)
{
	if(ql<=l&&r<=qr)
	{
		sum[k]=sum[k]+r-l+1;
		lazy[k]++;
		return;
	}
	const int mid=(l+r)>>1;
	down(k,l,r,mid);
	if(ql<=mid) update(k<<1,l,mid,ql,qr);
	if(qr>mid) update(k<<1|1,mid+1,r,ql,qr);
	sum[k]=sum[k<<1]+sum[k<<1|1];
}

int read()
{
	int x=0;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')
	{
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0');
		ch=getchar();
	}
	return x;
}

int main()
{
	n=read();
	for(register int i=1;i<=n;i++)
		b[i]=a[i]=read();
	sort(b+1,b+n+1);
	const int nn=unique(b+1,b+n+1)-b-1;
	for(register int i=1;i<=n;i++)
		a[i]=lower_bound(b+1,b+nn+1,a[i])-b;//离散化
	for(register int i=1;i<=n;i++)
	{
		const ll len=query(1,1,n,last[a[i]]+1,i-1);
		dp[i]=(0ll+dp[i-1]+2*len+(i-last[a[i]]-1)+1)%mod;//计算dp[i]
		update(1,1,n,last[a[i]]+1,i);//更新f
		last[a[i]]=i;//记得更新last
	}
	ll ans=0;
	for(register int i=1;i<=n;i++)
		ans=(ans+dp[i])%mod;//求和
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}