2023NOIP A层联测6 数点

题目大意

给你一个排列$p$，对于每一个$i$，我们在平面上，放置一个点$(i,p_i)$。对于坐标上下限都在$1\sim n$内的全体$(\frac{n(n+1)}{2}{)}^2$矩形，求每个矩形内部点数的$k$次方之和。

形式化地，请你计算

∑1≤l≤r≤n∑1≤d≤u≤n∣{i∣l≤i≤r∨d≤pi≤u}∣\sum\limits_{1\leq l\leq r\leq n}\sum\limits_{1\leq d\leq u\leq n}|\{i|l\leq i\leq r\vee d\leq p_i\leq u\}|1≤l≤r≤n∑​1≤d≤u≤n∑​∣{i∣l≤i≤r∨d≤pi​≤u}∣

$1\le n\le 10^5,1\le k\le 3$

题解

我们可以考虑拆贡献，点数的$k$次方可以看成选$k$个点的方案的线性组合。

什么意思呢？就是在这$n$个点中有序地可重地选择$k$个点，将所有包含这$k$个点的矩形的贡献$+1$，注意所有从$n$个点中有序地可重地选$k$个点的方案都要被计算贡献。

为什么可以这样呢？对于每个矩形，设这个矩形内的点数为$t$，在这个矩形中有序地可重地选$k$个点的方案数为$t^k$，也就是说这个矩形在上面计算贡献的时候将贡献加了$t^k$次一。

下面，我们来求$k$为不同的值时的答案。

当$k=1$时

对每个点$(x,p_x)$，答案的贡献增加$x\times (n-x+1)\times p_x\times (n-p_x+1)$。

当$k=2$时

我们考虑选的两个点相同的情况和两个点不同的情况。

对于两个点相同的情况，这其实就是$k=1$的情况，每种情况会被算一次。

对于两个点不同的情况，我们可以分为顺序对和逆序对来考虑：

• 对于顺序对$x<y,p_x<p_y$，其贡献为$x\times p_x\times (n-y+1)\times (n-p_y+1)$，将$x\times p_x$存入树状数组中，再用$(n-y+1)\times (n-p_y+1)$来乘即可
• 对于逆序对$x<y,p_x>p_y$将排列翻转之后按顺序对的方法来做即可

因为选点是有序的，每种顺序对和逆序对都用两种选法被选到，所以两个点不同的情况的贡献要乘$2$。

当$k=3$时

将$k=1$的贡献计算一次（三次选择同一个点），$k=2$的贡献计算两次（三次选择两个不同的点），下面再考虑三次选择三个不同的点的贡献。

分为两种本质不同的情况：

情况1

------
|*   |
| *  |
|  * |
------

这种情况出现了$2$次（按$i$左右翻转，总共有$2$次），用两个树状数组维护即可。

情况2

------
|  * |
|*   |
| *  |
------

这种情况总共出现了$4$次（按$i$左右翻转，按$p_i$上下翻转，四个角度各一次，总共有$4$次），用线段树来维护即可。可以在加入第一个点时直接在对应位置上加数，在加入第二个点时将其后缀乘上对应的数，再加入第三个点时查询前缀和。

因为选点是有序的，每种顺序对和逆序对都用六种选法被选到，所以两个点不同的情况的贡献要乘$6$。

时间复杂度为$O(n\log n)$。

code

#include<bits/stdc++.h>
#define lc k<<1
#define rc k<<1|1
using namespace std;
const long long mod=998244353;
int n,K,p[100005];
long long tr1[100005],tr2[100005];
long long s[500005],hv[500005],ly[500005];
int lb(int i){
	return i&(-i);
}
void pt1(int i,long long v){
	while(i<=n){
		tr1[i]=(tr1[i]+v)%mod;
		i+=lb(i);
	}
}
long long find1(int i){
	long long re=0;
	while(i){
		re=(re+tr1[i])%mod;
		i-=lb(i);
	}
	return re;
}
void pt2(int i,long long v){
	while(i<=n){
		tr2[i]=(tr2[i]+v)%mod;
		i+=lb(i);
	}
}
long long find2(int i){
	long long re=0;
	while(i){
		re=(re+tr2[i])%mod;
		i-=lb(i);
	}
	return re;
}
void build(int k,int l,int r){
	s[k]=hv[k]=ly[k]=0;
	if(l==r) return;
	int mid=l+r>>1;
	build(lc,l,mid);
	build(rc,mid+1,r);
}
void down(int k){
	s[lc]=(s[lc]+hv[lc]*ly[k])%mod;
	s[rc]=(s[rc]+hv[rc]*ly[k])%mod;
	ly[lc]=(ly[lc]+ly[k])%mod;
	ly[rc]=(ly[rc]+ly[k])%mod;
	ly[k]=0;
}
void ch(int k,int l,int r,int x,long long y){
	if(l==r&&l==x){
		hv[k]=y;
		s[k]=ly[k]=0;
		return;
	}
	if(ly[k]) down(k);
	int mid=l+r>>1;
	if(x<=mid) ch(lc,l,mid,x,y);
	else ch(rc,mid+1,r,x,y);
	hv[k]=(hv[lc]+hv[rc])%mod;
	s[k]=(s[lc]+s[rc])%mod;
}
void ts(int k,int l,int r,int x,int y,long long v){
	if(l>=x&&r<=y){
		ly[k]=(ly[k]+v)%mod;
		s[k]=(s[k]+v*hv[k])%mod;
		return;
	}
	if(ly[k]) down(k);
	int mid=l+r>>1;
	if(x<=mid) ts(lc,l,mid,x,y,v);
	if(y>mid) ts(rc,mid+1,r,x,y,v);
	s[k]=(s[lc]+s[rc])%mod;
}
long long find(int k,int l,int r,int x,int y){
	if(l>=x&&r<=y) return s[k];
	if(ly[k]) down(k);
	int mid=l+r>>1;
	long long re=0;
	if(x<=mid) re=(re+find(lc,l,mid,x,y))%mod;
	if(y>mid) re=(re+find(rc,mid+1,r,x,y))%mod;
	return re;
}
long long gt(){
	long long re=0;
	build(1,1,n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		re=(re+find(1,1,n,1,p[i])*(n-i+1)%mod*(n-p[i]+1)%mod)%mod;
		ts(1,1,n,p[i],n,p[i]);
		ch(1,1,n,p[i],i);
	}
	return re;
}
long long gt1(){
	long long re=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		re=(re+1ll*i*(n-i+1)%mod*p[i]%mod*(n-p[i]+1)%mod)%mod;
	}
	return re;
}
long long gt2(){
	long long re=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		re=(re+find1(p[i])*(n-i+1)%mod*(n-p[i]+1)%mod)%mod;
		pt1(p[i],1ll*i*p[i]%mod);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		tr1[i]=0;
		if(i<n-i+1) swap(p[i],p[n-i+1]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		re=(re+find1(p[i])*(n-i+1)%mod*(n-p[i]+1)%mod)%mod;
		pt1(p[i],1ll*i*p[i]%mod);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		tr1[i]=0;
		if(i<n-i+1) swap(p[i],p[n-i+1]);
	}
	return re;
}
long long gt3(){
	long long re=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		long long now=find1(p[i]);
		pt1(p[i],1ll*i*p[i]%mod);
		re=(re+find2(p[i])*(n-i+1)%mod*(n-p[i]+1)%mod)%mod;
		pt2(p[i],now);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		tr1[i]=tr2[i]=0;
		if(i<n-i+1) swap(p[i],p[n-i+1]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		long long now=find1(p[i]);
		pt1(p[i],1ll*i*p[i]%mod);
		re=(re+find2(p[i])*(n-i+1)%mod*(n-p[i]+1)%mod)%mod;
		pt2(p[i],now);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		tr1[i]=tr2[i]=0;
		if(i<n-i+1) swap(p[i],p[n-i+1]);
	}
	re=(re+gt())%mod;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	if(i<n-i+1) swap(p[i],p[n-i+1]);
	re=(re+gt())%mod;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	p[i]=n-p[i]+1;
	re=(re+gt())%mod;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	if(i<n-i+1) swap(p[i],p[n-i+1]);
	re=(re+gt())%mod;
	return re;
}
int main()
{
	freopen("points.in","r",stdin);
	freopen("points.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&K);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&p[i]);
	}
	if(K==1) printf("%lld",gt1());
	else if(K==2)  printf("%lld",(gt1()+2*gt2())%mod);
	else{
		printf("%lld",(gt1()+6*gt2()+6*gt3())%mod);
	}
	return 0;
}