题解-COCI-2015Norma

Problem

SPOJ-NORMA2 & bzoj3745

题意概要：给定一个正整数序列 \(\{a_i\}\)，求

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=i}^n(j-i+1)\min(a_i,a_{i+1},\cdots,a_j)\max(a_i,a_{i+1},\cdots a_j)
\]

\(n\leq 5\times 10^5\)

Solution

这题正解是一个完美的 \(O(n\log n)\) 分治，但比较麻烦，鉴于这个分治做法已经漫天飞了，所以这里不讲那个算法

我在考场上在最后二十分钟想到了并打出了另一个分治做法，非常很好写跑得也很快，最终可以 AC

可以考虑对于一个序列 \(\{a_i\}\)，找到其最大值 \(mx\) 与最小值 \(mi\)，有大量区间都是以这两点为最值点的，而同时这些区间的左右端点分别都是连续的，所以可以考虑将这些区间一起计算

具体的，若找到的最大值与最小值分别在 \(p_1,p_2\) 取到（不妨设 \(p_1\leq p_2\)），则以这两者为最值点的区间 \([l,r]\) 满足 \(1\leq l\leq p_1,p_2\leq r\leq n\)，这些区间的长度和可以 \(O(1)\) 算出，也即可以 \(O(1)\) 算出这些区间的贡献

进一步的，需要加上其他不是 同时以这两者为最值点 的区间贡献。设统计左右端点都在 \([l,r]\) 内的区间贡献也即刚刚这一步处理为函数 \(f(l,r)\)，则其他区间的贡献即 \(f(l,p_2-1)+f(p_1+1,r)-f(p_1+1,p_2-1)\)（由于前面两个式子中重复计算了左右端点都在 \([p_1+1,p_2-1]\) 内的区间贡献，所以需要第三个函数去减去这部分多余的贡献）

所以现在可以得到一个基本的做法（统计 \([l,r]\) 区间）：

\(O(1)\) 找到区间最大最小值所在位置 \(p_1,p_2(p_1\leq p_2)\)
\(O(1)\) 统计左端点在 \([l,p_1]\)、右端点在 \([p_2,r]\) 的区间的贡献
分治统计区间 \([l,p_2-1],[p_1+1,r]\)，并减去 \([p_1+1,p_2-1]\) 的答案

这个做法慢成龟龟，然后我灵机一动：分治下去的区间不是会继续使用当前最值点为最值点吗？（即 \([l,p_2-1]\) 会使用 \(p_1\) 为最值点，进而可能再次调用区间 \([p_1+1,p_2-1]\)，这里的统计就冗余了，如果加个记忆化那么原来每次分出三个区间就可以均摊成两个了……）

然后就加了一下 \(map\) 的记忆化，极限数据只需要 \(0.4s\)

之前证了一波伪的复杂度 \(O(n\log n)\)，后来被同校 dalao 精心卡掉了虽然构造了一个多小时

实际上复杂度是 \(O(n^2\log n)\) 的，那个 \(\log\) 还是 \(map\) 的复杂度没错这是个暴力，但很难卡满，在考试中、spoj和bzoj上都没能卡掉我♪(^∇*)

实际运行效率很高，未经st表优化的代码在bzoj上跑到 \(\mathrm{rank6}\)，比我写的正解快一倍，同时代码也很短很好写毕竟是在十分钟内写完调完的，只有 \(\mathrm{1.2k}\)

Code

由于想到这个解法时时间紧迫，没来得及写 \(st\) 表做 \(\mathrm{rmq}\) 但还是过掉了

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
template <typename _tp> inline _tp read(_tp&x){
    char c11=getchar(),ob=0;x=0;
    while(c11!='-'&&!isdigit(c11))c11=getchar();if(c11=='-')c11=getchar(),ob=1;
    while(isdigit(c11))x=x*10+c11-'0',c11=getchar();if(ob)x=-x;return x;
}
const int N=501000,p=1e9,inf=0x3f3f3f3f;
int a[N],n;
map <int,int> mp[N];
inline int getsum(int l,int r){return 1ll*(l+r)*(r-l+1)/2%p;}
inline int qm(int x){while(x<0)x+=p;while(x>=p)x-=p;return x;}
int force(int l,int r){
    int res(0);
    for(int i=l;i<=r;++i){
        int mx=-inf,mi=inf;
        for(int j=i;j<=r;++j){
            mx=max(mx,a[j]);
            mi=min(mi,a[j]);
            res=qm(res+1ll*(j-i+1)*mi%p*mx%p);
        }
    }return res;
}
int solve(int l,int r){
    if(l>r)return 0;
    if(mp[l].find(r)!=mp[l].end())
        return mp[l][r];
    if(r-l<=10)
        return mp[l][r]=force(l,r);
    int mx=-inf,mxd;
    int mi=inf,mid;
    for(int i=l;i<=r;++i){
        if(a[i]>mx)mx=a[i],mxd=i;
        if(a[i]<mi)mi=a[i],mid=i;
    }
    int L=min(mxd,mid),dl=L-l+1;
    int R=max(mxd,mid),dr=r-R+1;
    int dx=R-L-1,res(0);
    if(dl>dr)swap(dl,dr);
    for(int i=1;i<=dl;++i)
        res=qm(res+getsum(i+dx+1,i+dx+dr));
    res=1ll*res*mx%p*mi%p;
    return mp[l][r]=qm(res+qm(solve(l,R-1)+solve(L+1,r))-solve(L+1,R-1));
}
int main(){
    read(n);
    for(int i=1;i<=n;++i)read(a[i]);
    printf("%d\n",solve(1,n));
    return 0;
}