【uoj#213】[UNR #1]争夺圣杯 单调栈+差分

本文介绍了一种使用单调栈结合差分技术解决特定序列问题的方法。通过找到每个元素左侧第一个大于等于它的位置和右侧第一个大于它的位置,确定了以该元素为最大值的所有可能区间,并利用差分技巧高效地计算了所有长度为i的子区间的最大值之和。

题目描述

给出一个长度为 $n$ 的序列,对于 $1\sim n$ 的每一个数 $i$ ,求这个序列所有长度为 $i$ 的子区间的最大值之和,输出每一个 $i$ 的答案模 $998244353$ 后异或起来的结果即可。

$n\le 10^6$ 。


题解

单调栈+差分

考虑位置 $i$ 作为最大值的贡献:使用单调栈求出这个数左面第一个大于等于它的位置 $lp_i$ ,和它后面第一个大于它的位置 $rp_i$ 。

那么所有以它为最大值的区间都满足:左端点在 $[lp_i+1,i]$ 范围内,右端点在 $[i,rp_i-1]$ 范围内。

设 $p=\text{min}(i-lp_i,rp_i-i)$ ,$q=\text{max}(i-lp_i,rp_i-i)$ ,那么 $i$ 的贡献相当于:

给 $[1,p)$ 内的长度 $x$ 加上 $x·a_i$ ;
给 $[p,q)$ 内的长度 $x$ 加上 $p·a_i$ ;
给 $[q,p+q)$ 内的长度 $x$ 加上 $(p+q-x)·a_i$ 。

维护两个差分数组,它们 $i$ 位置的的前缀和分别表示:给 $i$ 位置加上 $该数$ 、给 $i$ 位置加上 $该数·i$ 。

这样区间加、减就相当于在差分数组上修改。

最后统计前缀和,求答案即可。

时间复杂度 $O(n)$ 

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 1000010
#define mod 998244353
using namespace std;
typedef long long ll;
int sta[N] , top , lp[N] , rp[N];
ll a[N] , s[N] , ss[N];
inline void add(ll &x , ll y) {x = (x + y) % mod;}
inline void del(ll &x , ll y) {x = ((x - y) % mod + mod) % mod;}
int main()
{
	int n , i , p , q;
	ll ans = 0;
	scanf("%d" , &n);
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
	{
		scanf("%lld" , &a[i]);
		while(top && a[i] > a[sta[top]]) top -- ;
		lp[i] = sta[top] , sta[++top] = i;
	}
	top = 0 , sta[0] = n + 1;
	for(i = n ; i ; i -- )
	{
		while(top && a[i] >= a[sta[top]]) top -- ;
		rp[i] = sta[top] , sta[++top] = i;
		p = i - lp[i] , q = rp[i] - i;
		if(p > q) swap(p , q);
		add(ss[1] , a[i]) , del(ss[p] , a[i]);
		add(s[p] , p * a[i]) , del(s[q] , p * a[i]);
		del(ss[q] , a[i]) , add(ss[p + q] , a[i]) , add(s[q] , (p + q) * a[i]) , del(s[p + q] , (p + q) * a[i]);
	}
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) add(s[i] , s[i - 1]) , add(ss[i] , ss[i - 1]) , ans ^= (s[i] + ss[i] * i) % mod;
	printf("%lld\n" , ans);
	return 0;
}

 

转载于:https://www.cnblogs.com/GXZlegend/p/8639969.html

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