GalaxyOJ-871 (单调队列)

题目

Problem 871: 栈
Time Limit: 1000 ms Memory Limit: 256000 KB

Problem Description

LYK有一个栈，众所周知的是这个数据结构的特性是后进先出的。

LYK感觉这样子不太美妙，于是它决定在这个前提下将其改进，也就是说，每次插入元素时，可以在栈顶或者栈底插入，删除元素时，只能在栈顶删除。

LYK想知道每次执行完操作后当前栈中元素的最大值是多少。

第一行一个数n表示操作次数。
接下来n行，每行两个数a。若a<=1，则接下来输入一个数b。
若a=0，则在栈顶插入一个数b。
若a=1，则在栈底插入一个数b。
若a=2，则在栈顶删除一个数。

每次操作后，保存当前栈中元素的最大值是多少。
保证任意时刻栈中至少含有一个数。

由于操作数实在太多了。于是你可以采取这种方式读入所有操作。读入8个参数n,A,B,C,x0,a,b,MOD（0<=A,B,C<=100000,A+B+C>0,0<=x0,a,b<=10^9,1<=MOD<=10^9。）有xi=(xi−1∗a+b)%MOD 。
对于第i次操作，若xi%(A+B+C)<A或者当前栈中元素<=1，则a=0，且b=xi。若A<=xi%(A+B+C)<A+B，则a=1，且b=xi，若A+B<=xi%(A+B+C)，则a=2。

输出可能很大，只需输出将所有答案的总和对1e9+7取模后的结果即可。

Input

读入8个参数n,A,B,C,x0,a,b,MOD。
对于30%的数据,1<=n<=5000
对于60%的数据,1<=n<=100000
对于100%的数据,1<=n<=10000000

Output

输出将所有答案的总和对1e9+7取模后的结果

Sample Input

5 1 1 1 2 2 2 5

Sample Output

17

样例解释：

对应的xi：1 4 0 2 1

对应的操作：
0 1
0 4
0 0
2
1 1

对应的答案：
1
4
4
4
4

分析

• 用一个单调队列存下答案。具体看一下程序吧。

程序

#include <cstdio>
#define N 100000
long long q[2*N+5],p[2*N+5],x,ans,l=N+1,r=N,i,k,n,A,B,C,a,b,Ha,sz;

int main(){
    scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld%lld%lld",&n,&A,&B,&C,&x,&a,&b,&Ha);
    for (i=1; i<=n; i++){
        x=(x*a+b)%Ha;
        if ((x%(A+B+C))<A || sz<=1){        //栈顶插入 
            sz++;
            if (x<=q[l]) p[l]++;
            else q[--l]=x,p[l]=1;
        }
        else if (A<=(x%(A+B+C)) && (x%(A+B+C))<A+B){    //栈底插入 
            sz++;
            for (k=1; q[r]<=x && r>=l; r--) k+=p[r];
            q[++r]=x,p[r]=k;
        }
        else if (A+B<=x%(A+B+C)){       //弹出 
            sz--;
            if (--p[l]==0) l++;
        }
        ans=(ans+q[l])%1000000007;
    }
    printf("%lld",ans);
}