bzoj3745 [COCI2015]Norma

给定正整数序列 (a_1, a_2, cdots, a_n) ，求 $$displaystylesum_{i=1}^nsum_{j=i}n{(j-i+1)max[i, j]min [i, j]}$$

将结果对 (10^9) 取模

(nleq5 imes10^5, a_iin[0, 10^8])

分治，cdq分治

考虑分治，对于一个区间 ([l, r]) 找到 (max) 点 (pos) ，向 ([l, pos-1], [pos+1, r]) 递归，但这样并不能有效处理 (min) 的贡献，于是考虑 cdq分治

设当前区间为 ([l, r]) ，递归处理 ([l, mid], [mid+1, r]) ，并计算左端点在 ([l, mid]) ，右端点在 ([mid+1, r]) 的区间的贡献

令 (mx=max[p, mid], mn=min[p, mid]) 。逆序枚举左端点 (p) ，令 (x) 为满足 (mngemin[mid+1, x]) 的最大的 (x) ， (y) 为 (mxlemax[mid+1, y]) 的最大的 (y) 。假设 (x<y) ，右端点为 (q)

当 (qleq x) 时，贡献为 (mx imes mn imesdisplaystylesum(q-p+1))
当 (x<qleq y) 时，贡献为 (mx imes(displaystylesum((q-p+1) imesmin[x+1, q])))
当 (y<q) 时，贡献为 (displaystylesum((q-p+1) imesmin[x+1, q] imesmax[y+1, q]))

第一个可以直接算

第二个可以将原式拆为 (mx imes(displaystylesum(q imesmin[x+1, q])-(i-1) imessummin[x+1, q])

其中 (displaystylesummin[x+1, q]) 和 (displaystylesum(q imesmin[x+1, q])) 可以 (O(len)) 预处理

第三个同样拆开括号，其中 (displaystylesum(min[x+1, q] imesmax[y+1, q])) 和 (displaystylesum(q imesmin[x+1, q] imesmax[y+1, q])) 因为可以将 (min[x+1, q] imesmax[y+1, q]) 转化为 (min[x+1, q] imesmax[x+1, q]) ，同样可以 (O(len)) 预处理

(xge y) 的情况同理

时间复杂度 (O(nlog n))

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn = 5e5 + 10, P = 1e9, inf = 1e8;
int n, ans, a[maxn], f1[maxn], f2[maxn], g1[maxn], g2[maxn], s1[maxn], s2[maxn];

inline void chkmax(int &x, int y) {
  if (x < y) x = y;
}

inline void chkmin(int &x, int y) {
  if (x > y) x = y;
}

inline int inc(int x, int y) {
  x += y;
  return x < P ? x : x - P;
}

inline int dec(int x, int y) {
  x -= y;
  return x < 0 ? x + P : x;
}

inline int mul(int x, int y) {
  return 1ll * x * y % P;
}

inline int add(int &x, int y) {
  x += y;
  return x < P ? x : x -= P;
}

void cdq(int l, int r) {
  if (l == r) {
    add(ans, mul(a[l], a[l]));
    return;
  }
  int mid = (l + r) >> 1;
  cdq(l, mid), cdq(mid + 1, r);
  f1[mid] = f2[mid] = g1[mid] = g2[mid] = s1[mid] = s2[mid] = 0;
  for (int i = mid + 1, mx = 0, mn = inf; i <= r; i++) {
    chkmax(mx, a[i]), chkmin(mn, a[i]);
    f1[i] = inc(f1[i - 1], mx);
    g1[i] = inc(g1[i - 1], mn);
    f2[i] = inc(f2[i - 1], mul(mx, i));
    g2[i] = inc(g2[i - 1], mul(mn, i));
    s1[i] = inc(s1[i - 1], mul(mx, mn));
    s2[i] = inc(s2[i - 1], mul(mul(mx, mn), i));
  }
  for (int i = mid, mx = 0, mn = inf, x = mid, y = mid; i >= l; i--) {
    chkmax(mx, a[i]), chkmin(mn, a[i]);
    while (x < r && a[x] >= mn && a[x + 1] >= mn) x++;
    while (y < r && a[y] <= mx && a[y + 1] <= mx) y++;
    int p = min(x, y), q = max(x, y);
    add(ans, dec(dec(s2[r], s2[q]), mul(i - 1, dec(s1[r], s1[q]))));
    add(ans, mul(mul(mx, mn), dec(1ll * (p - mid) * (p + mid + 1) / 2 % P, mul(i - 1, p - mid))));
    if (x < y) {
      add(ans, mul(mx, dec(dec(g2[y], g2[x]), mul(i - 1, dec(g1[y], g1[x])))));
    } else {
      add(ans, mul(mn, dec(dec(f2[x], f2[y]), mul(i - 1, dec(f1[x], f1[y])))));
    }
  }
}

int main() {
  scanf("%d", &n);
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    scanf("%d", a + i);
  }
  cdq(1, n);
  printf("%d", ans);
  return 0;
}