JZOJ 5611. 【NOI2018模拟3.29】第2题

题目描述

解题思路

这题真TM恶心。
但是，我们必须在杂乱无章的max序列中找到一些有用的信息。
如果求$T(A)$，那么直接用个单调栈或者分治一波搞定。
但是要求$T(T(A))$的值，这使我们不得不寻找这个序列的某些规律。

整体感知

解题的方法一定是扫一遍或者对于长度为$n$的区间分治一波。
不能将$T(A)$构造出来，而且$T(A)$的某些特征一定是突破口。
由于要求$T(T(A))$的值，不需要求$T(T(A))$的具体数列，所以找到$T(A)$的某些特征即可。(这个我觉得和ZJOI2018的Day1T1有相似性。”$k=9$只用算7次”。)

寻找线索

回到题目中。可以清楚地发现，
$T(A)={T[1],T[2],T[3],...,T[n],T[1..2],T[2..3],...,T[n-1..n],...,...,T[1..n]}$
①将$T(A)$分成$n$块，第$i$块的长度为$n-i+1$。
②很容易知道$a[i]$中的最大值$MX$，如果在$T(A)$中查询某段区间$[l,r]$，它严格地跨过了一个完整的区间（比如说l在第一个区间，r在第三个区间，严格地跨过了第二个区间）
③如果l和r同处一个块内，那么$max(T(A)[l..r]=max(T[l]...T[r])$。
④还有l和r在相邻的块内。这个很恶心。

具体做法

先搞严格跨块的。假设$l$在第$i$个区间，那么$r$在第$i+2$个区间，这些元素都是$MX$。均摊$O(1)$算就好了。
然后对于$l,r$严格在块内的，会有两个难点。①$T(A)$需要脑补。②$T(A)$有很多个块，若确定了$l,r$，还可能要算不止一次答案。
重新寻找线索。请看线索③。这给我们一条思路。如果确定了$l,r$，那么可以确定$max(A[l]...A[r])$出现了$(r-l+1)$次。
考虑暴力地枚举数对$(l,r)$，如果确定了$(l,r)$，那么会对答案贡献
$(r-l+1)*max(A[l]...A[r])$。
可以发现，或许会有很多$max(A[l]...A[r])$是相等的。
所以要对$max(A[l]...A[r])$有一个明确的整理方案，这个方案能够将相同的$max(A[l]...A[r])$合并，且枚举的数对$(l,r)$尽量少。
可以采用分值的方法，假设当前分治的区域为$(L,R)$，中点为$mid$，则查找穿过$mid$的区间$(l,r)$。这样子可以使所有的$(l,r)$不重不漏。
在思考这类问题的时候，注意两个东西。①$(l,r)$及它的区间的长度②这个区间的元素的最大值。
这道题有个棘手的地方，因为最大值要考虑$l..mid$的和$mid+1..r$的。
思路来到这里，容易实现的一种方案是：（用这个方案的原因：$ml$会单调不递减）
手动左移$l$，设$ml=max(A[l]...A[mid])$，则用$r$指针维护
$mr=max(A[mid+1]...A[r])=ml$的$r$的最大值。
则这次$l$的左移，$(l,r'),mid+1<=r'<=r$对答案的贡献为：
$Ans+=\Sigma_{j=mid+1}^rml*(j-l+1)$。
将式子拆开，得$Ans+=ml*(C_{r-l+1}^2-C_{mid-l+1}^2)$。
当然，不要忽略数对$(l,r'),r'>r$。这些数对对答案的贡献为：
$Ans+=\Sigma_{j=mid+1}^r(max(a[mid+1]...a[j]))*(j-l+1)$。
所以，$l$的某次左移对答案的贡献为:

$$Ans+=ml*(C_{r-l+1}^2-C_{mid-l+1}^2)+qz2[r+1]+qz1[r+1]*(1-i)$$
设$mx[i]=\Sigma_{j>=i}max(a[mid+1]...a[j])$。
$qz1,qz2$为两个维护后缀和的数组，
$qz1[i]=\Sigma_{j>=i}mx[j]$，$qz2[i]=\Sigma_{j>=i}mx[j]*j$。
最恶心的来了。
如何求l和r在相邻的块内的？
参照求块内的，手动左移$l$，设$ml=max(A[l]...A[mid])$，则用$r$指针维护
$mr=max(A[mid+1]...A[r])=ml$的$r$的最大值。

考虑这个跨块的区间的最大值是什么。

假设这个区间为$[l,r]$，则对答案的贡献为$max(max(a[l]...a[n]),max(a[1]...a[l]))$.
为了减少枚举的次数，考虑$[l,r]$可以出现几次。来看下面的例子。
b[]=1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
d[]=5 4 3 2 1 0 1 2 3 4
画图可知，$[l,r]$出现了$min(d[左边的l],d[右边的r])$次。
手动枚举$l$时，可以在b[]的右边找到一个位置$p$，使得$d[l]=d[p]$。为什么要这么做？
考虑怎么计算对答案的贡献。
显然，一个数对$(l,r)$对答案的贡献。
设$ml=max(a[l]...a[n]),mr=max(a[1]...a[r])$

$$Ans+=max(ml,mr)*min(d[l],d[r])$$ .
相当于对于每一个$l$，要在$O(1)$的时间复杂度内算出
$\Sigma_{r=1}^nmax(ml,mr)*min(d[l],d[r])$
考虑哪些$max(ml,mr)$是相同的，哪些$min(d[l],d[r])$是相同的。
当$r<p$时，
$r∈[1,r-1]$，$max(ml,mr)=ml$，$min(d[l],d[r])=d[r]$。
$r∈[r,p-1]$，$max(ml,mr)=mr$，$min(d[l],d[r])=d[r]$。
$r∈[p,n]$，$max(ml,mr)=mr$，$min(d[l],d[r])=d[l]$。
当$r=p$时，
$r∈[1,p]$，$max(ml,mr)=ml$，$min(d[l],d[r])=d[r]$。
$r∈[p+1,n]$，$max(ml,mr)=mr$，$min(d[l],d[r])=d[l]$。
当$r>p$时，
$r∈[1,p-1]$，$max(ml,mr)=ml$，$min(d[l],d[r])=d[r]$。
$r∈[p,r]$，$max(ml,mr)=ml$，$min(d[l],d[r])=d[l]$。
$r∈[r+1,n]$，$max(ml,mr)=mr$，$min(d[l],d[r])=d[l]$。
剩下的自己慢慢算。考虑维护什么前缀和后缀和之类的。
详细的结果请见我的标。太恶心了。
有的时候虽然理论上某些式子是成立的，但是在实际操作中会有问题。//比如处理界点

心得

顺便一提，LL有毒！

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define N 200010
#define mo 1000000007
#define LL long long
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
LL i,j,k,l,r,n,m,ans,temp;
LL qz1[N],qz2[N];
LL x,y,z,p,ny;
LL a[N],MX;
LL mx[N];
LL calc(LL n){return (n*(n+1)%mo*ny)%mo;}
LL Max(LL x,LL y){return x>y?x:y;}
void dg(LL l,LL r){
    if(l==r){
        ans=(ans+a[l])%mo;
        return;
    }
    LL mid=(l+r)>>1;
    mx[mid]=a[mid];fd(i,mid-1,l)mx[i]=Max(mx[i+1],a[i]);
    mx[mid+1]=a[mid+1];fo(i,mid+2,r)mx[i]=Max(mx[i-1],a[i]);
    qz1[r+1]=qz2[r+1]=0;
    fd(i,r,mid+1){
        qz1[i]=(qz1[i+1]+mx[i])%mo;
        qz2[i]=(qz2[i+1]+i*mx[i]%mo)%mo;
    }
    LL i,j=mid;
    fd(i,mid,l){
        for(;j<r&&mx[j+1]<=mx[i];j++);
        ans=(ans+(calc(j-i+1)-calc(mid-i+1)+mo)%mo*mx[i]%mo)%mo;
        ans=(ans+(qz2[j+1]+qz1[j+1]*(1-i+mo)%mo)%mo)%mo;
    }
    dg(l,mid);
    dg(mid+1,r);
}
int main(){
    freopen("trans.in","r",stdin);
    freopen("trans.out","w",stdout);
    ny=500000004;
    scanf("%lld",&n);
    fo(i,1,n)scanf("%lld",&a[i]),MX=Max(MX,a[i]);
    temp=n;l=n;
    fo(i,2,n){
        r=calc(n)-(n-i+1)-temp;
        ans=(ans+(l*r%mo*MX)%mo)%mo;
        temp+=n-i+1;
        l--;
    }
    dg(1,n);
    fo(i,1,n){
        mx[i]=Max(mx[i-1],a[i]);
        qz1[i]=(qz1[i-1]+mx[i]*(i-1))%mo; 
    }
    fd(i,n,1)qz2[i]=(qz2[i+1]+mx[i])%mo;
    r=0;x=0;y=1;
    fd(l,n,1){
        x=Max(x,a[l]);
        for(;r<n&&mx[r+1]<=x;r++);
        p=y+1;
        if(r<p)ans=(ans+x*calc(r-1)%mo+(qz1[p-1]-qz1[r]+mo)%mo+qz2[p]*y%mo)%mo;else
        if(r==p)ans=(ans+calc(r-1)*x%mo+y*qz2[p+1]%mo)%mo;else
        ans=(ans+x*calc(p-1)+(r-p)*x*y%mo+y*qz2[r+1]%mo)%mo;
        y++;
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}