要命的题目。

写法:分类讨论进行计算。

枚举过每一个\(mid\)的所有区间。对于左端点\(i∈[l, mid - 1]\),向左推并计算\([l,mid]\)范围内的最大\(/\)最小值。

然后右端点\(p\)分三种类型考虑。

  • \(p∈[mid + 1, p1 - 1]\),其中\(p1\)是第一次出现比\(maxw\)大或者比\(minw\)小的数的位置。

  • \(p∈[p1, p2 - 1]\),其中\(p2\)是第二次出现比\(maxw\)大或者比\(minw\)小的数的位置。

  • \(p∈[p2, r]\),\(r\)是当前枚举区间的右端点。

其中情况一高斯求和,情况二和情况三可以化为前缀最大最小值之和\(/\)积带几个系数的形式\(O(N)\)维护。

要命原因:取膜。

两年\(OI\)一场空,_______。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; typedef long long LL;
const int N = 500000 + 5;
const LL Mod = 1000000000;
#define min(x,y) (x < y ? x : y)
#define max(x,y) (x > y ? x : y)
#define mul(x,y) ((1ll * (x % Mod) * (y % Mod)) % Mod)
#define add(x,y) ((0ll + (x % Mod) + (y % Mod)) % Mod) int n, arr[N]; LL ans; int _maxw[N], _minw[N]; LL mn1[N], mn2[N], mx1[N], mx2[N], mnmx1[N], mnmx2[N]; int get_maxp (int w, int l, int r) {
if (_maxw[r] <= w) return r + 1;
while (l < r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if (_maxw[mid] > w) {
r = mid;
} else {
l = mid + 1;
}
}
return r;
} int get_minp (int w, int l, int r) {
if (_minw[r] >= w) return r + 1;
while (l < r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if (_minw[mid] < w) {
r = mid;
} else {
l = mid + 1;
}
}
return r;
} void cdq (int l, int r) {
if (l == r) {
ans = add (ans, mul (arr[l], arr[r]));
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
cdq (l, mid + 0);
cdq (mid + 1, r);
int maxw = arr[mid], minw = arr[mid];
mx1[mid - 1] = mx2[mid - 1] = 0;
mn1[mid - 1] = mn2[mid - 1] = 0;
mnmx1[mid - 1] = mnmx2[mid - 1] = 0;
_maxw[mid] = _minw[mid] = arr[mid];
for (int i = mid + 1; i <= r; ++i) {
_maxw[i] = max (_maxw[i - 1], arr[i]);
_minw[i] = min (_minw[i - 1], arr[i]);
}
for (int p = mid; p <= r; ++p) {
mx1[p] = add (mx1[p - 1], mul (_maxw[p], (p + 1)));
mx2[p] = add (mx2[p - 1], _maxw[p]);
mn1[p] = add (mn1[p - 1], mul (_minw[p], (p + 1)));
mn2[p] = add (mn2[p - 1], _minw[p]);
mnmx1[p] = add (mnmx1[p - 1], mul (_maxw[p], mul (_minw[p], (p + 1))));
mnmx2[p] = add (mnmx2[p - 1], mul (_maxw[p], _minw[p]));
}
for (int i = mid; i >= l; --i) {
maxw = max (maxw, arr[i]);
minw = min (minw, arr[i]);
int p1 = get_maxp (maxw, mid + 1, r); // [mid + 1, r]内第一个比maxw大的地方
int p2 = get_minp (minw, mid + 1, r); // [mid + 1, r]内第一个比minw小的地方
if (p1 > p2) swap (p1, p2); // 不关注大小,主要看划分
// cout << p1 << " " << p2 << endl;
ans = add (ans, mul (1ll * (p1 - mid - 1) * (p1 + mid - i * 2 + 2) / 2, mul (minw, maxw))); // Part 1
if (arr[p1] > maxw) {
ans = add (ans, mul (minw, add (add (mx1[p2 - 1], -mx1[p1 - 1]), -mul (i, add (mx2[p2 - 1], -mx2[p1 - 1])))));
} else {
ans = add (ans, mul (maxw, add (add (mn1[p2 - 1], -mn1[p1 - 1]), -mul (i, add (mn2[p2 - 1], -mn2[p1 - 1])))));
}
if (p2 <= r) {
ans = add (ans, add (add (mnmx1[r], -mnmx1[p2 - 1]), -mul (i, add (mnmx2[r], -mnmx2[p2 - 1]))));
}
}
} signed main () {
// freopen ("data.in", "r", stdin);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> arr[i];
}
cdq (1, n);
// cout << ans << endl;
cout << (((ans % Mod) + Mod) % Mod) << endl;;
}

BZOJ3745 / SP22343 NORMA2 - Norma 分治,CDQ分治的更多相关文章

  1. 【BZOJ3745】Norma(CDQ分治)

    [BZOJ3745]Norma(CDQ分治) 题面 BZOJ 洛谷 题解 这种问题直接做不好做,显然需要一定的优化.考虑\(CDQ\)分治. 现在唯一需要考虑的就是跨越当前中间节点的所有区间如何计算答 ...

  2. [bzoj] 3263 陌上花开 洛谷 P3810 三维偏序|| CDQ分治 && CDQ分治讲解

    原题 定义一个点比另一个点大为当且仅当这个点的三个值分别大于等于另一个点的三个值.每比一个点大就为加一等级,求每个等级的点的数量. 显然的三维偏序问题,CDQ的板子题. CDQ分治: CDQ分治是一种 ...

  3. UOJ #7 NOI2014购票(点分治+cdq分治+斜率优化+动态规划)

    重写一遍很久以前写过的题. 考虑链上的问题.容易想到设f[i]为i到1的最少购票费用,转移有f[i]=min{f[j]+(dep[i]-dep[j])*p[i]+q[i]} (dep[i]-dep[j ...

  4. 点分治&cdq分治 总结

    游荡的孤高灵魂不需要羁绊之处. 洛谷题单 点分治 前置芝士 树的重心 树分治 例题略解 P3806 [模板]点分治1 板子题,先暴力找到整棵树的重心,然后先求出重心到各点的距离,进而算出他所在树的各个 ...

  5. 洛谷SP22343 NORMA2 - Norma(分治,前缀和)

    洛谷题目传送门 这题推式子恶心..... 考虑分治,每次统计跨过\(mid\)的所有区间的答案和.\(i\)从\(mid-1\)到\(l\)枚举,统计以\(i\)为左端点的所有区间. 我们先维护好\( ...

  6. [BZOJ3672][Noi2014]购票 斜率优化+点分治+cdq分治

    3672: [Noi2014]购票 Time Limit: 30 Sec  Memory Limit: 512 MBSubmit: 1749  Solved: 885[Submit][Status][ ...

  7. 【BZOJ4237】稻草人(CDQ分治,单调栈)

    [BZOJ4237]稻草人(CDQ分治,单调栈) 题面 BZOJ 题解 \(CDQ\)分治好题呀 假设固定一个左下角的点 那么,我们可以找到的右下角长什么样子??? 发现什么? 在右侧是一个单调递减的 ...

  8. 一篇自己都看不懂的CDQ分治&整体二分学习笔记

    作为一个永不咕咕咕的博主,我来更笔记辣qaq CDQ分治 CDQ分治的思想还是比较简单的.它的基本流程是: \(1.\)将所有修改操作和查询操作按照时间顺序并在一起,形成一段序列.显然,会影响查询操作 ...

  9. 浅谈CDQ分治与偏序问题

    初识CDQ分治 CDQ分治是一个好东西,一直听着dalao们说所以就去学了下. CDQ分治是我们处理各类问题的重要武器.它的优势在于可以顶替复杂的高级数据结构,而且常数比较小:缺点在于必须离线操作. ...

随机推荐

  1. flutter textfield

    释放光标 FocusScope.of(context).unfocus() 输入类型 keyboardType: TextInputType.number, 键盘右下角按键类型 textInputAc ...

  2. Struts2-Ajax整合之Jquery版本

    <纯JavaScript版本  http://www.cnblogs.com/hzb462606/p/8934787.html  > 大部门跟JavaScript版本一致,就是<sc ...

  3. PyQt4 Python GUI窗体应用程序

    目录 目录 前言 软件环境 PyQT简介 Setup PyCharm Setup SIP Setup PyQt4 测试PyQt是否安装成功 常见错误 最后 前言 还是一句老话,公司要什么我就做什么.这 ...

  4. MYSQL5.5源码包编译安装

    MYSQL5.5源码安装首先安装必要的库yum -y install gcc*###### 安装 MYSQL ######首先安装camke 一.支持YUM,则yum install -y cmake ...

  5. loadrunner 场景设计-手工场景方案(Schedule)设计 Part 1

    参考:http://blog.sina.com.cn/s/articlelist_5314188213_1_1.html loadrunner 场景设计-手工场景方案(Schedule)设计 Part ...

  6. 【SSM】---增删改查

    20:43:06 package com.chinasofti.dao; import java.util.List; import com.chinasofti.entity.User; publi ...

  7. 简单通讯聊天 群聊功能 Windows下的客户端 Linux下的epoll服务器

    1 服务器代码  Linux eclipse C++ //======================================================================= ...

  8. cocos2dx[3.2](4) 入口类AppDelegate

    这是游戏程序的入口,主要用于游戏程序的逻辑初始化,并创建运行程序的入口界面(即第一个游戏界面场景). 里面有三个方法: // applicationDidFinishLaunching(); //逻辑 ...

  9. API管理

    原理 在SpringMVC中RequestMappingHandlerMapping是比较重要的一个角色,它决定了每个URL分发至哪个Controller. Spring Boot加载过程如下,所以我 ...

  10. 第六周课程总结&试验报告(四)

    一.实验目的 (1)掌握类的继承方法 (2)变量的继承和覆盖,方法的继承,重载和覆盖实现 二.实验内容 三.实验过程 1. 实验源码 package test; import java.util.Sc ...