[loj 6253] Yazid的新生舞会
(很久之前刷的题现在看起来十分陌生a)
题意:
给你一个长度为n的序列A,定义一个区间$[l,r]$是“新生舞会的”当且仅当该区间的众数次数严格大于$\frac{r-l+1}{2}$,求有多少子区间是“新生舞会的”。
$n\leq 500000,0\leq A_{i} \leq n-1$
题解:
关于区间众数的问题一般有一个套路:枚举众数后转换成区间求和问题。
考虑枚举众数k,若将序列中等于k的元素视作+1,其他视作-1,那么“新生舞会的“区间必然满足区间之和大于0。
问题变成了如何快速求出有多少个区间之和大于0的子区间。
考虑枚举右端点r并记录前缀和sum,那么要求的就是有多少左端点l满足$sum[l]<sum[r]$
直接用一个线段树维护即可。(树状数组也行,但跟后面的做法无关)
但是这样复杂度是$O(n^2)$的,无法通过本题。
注意到枚举众数后,序列中1的个数的总数是n。
容易发现连续的-1总数也为n,那么我们考虑将一段连续的-1一起考虑。
假设一段-1的起点是l,终点是r,sum值i出现了$cnt(i)$次,那么这段-1作为右端点时对答案的贡献之和就是
$\sum_{i=l}^{r}{\sum_{j=-inf}^{i-1}{cnt(j)}}$
$=\sum_{j=-inf}^{r-1}{\sum_{i=max(j+1,l)}^{r}{cnt(j)}}$
$=(r-l+1)\times{\sum_{i=-inf}^{l-1}{cnt(i)}}+\sum_{i=l}^{r}{(r-i)\times cnt(j)}$
那么直接维护两个线段树表示$cnt(i)$和$cnt(i)\times i$即可。
对于每段-1,统计答案后在其对应值域区间加,然后计算单个1的贡献即可。
复杂度$O(nlogn)$,比较难写,特别是清空线段树时需要注意clear标记的写法。
代码:
#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 2000005
#define maxm 500005
#define inf 0x7fffffff
#define ll long long using namespace std;
ll N,M,A[maxn],B[maxn],lz1[maxn<<],lz2[maxn<<];
ll s1[maxn<<],s2[maxn<<],vis[maxn];
vector<ll> pos[maxn]; inline ll read(){
ll x=,f=; char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-;
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*+c-'';
return x*f;
} inline void pushup1(ll k){s1[k]=s1[k<<]+s1[k<<|];}
inline void pushdown1(ll len,ll k){
if(k>=(maxn<<)) return;
if(!lz1[k]) return;
if(lz1[k]==-){
s1[k<<]=s1[k<<|]=;
lz1[k<<]=lz1[k<<|]=-;
lz1[k]=; return;
}
if(lz1[k<<]==-) pushdown1(len+>>,k<<),lz1[k<<]=,s1[k<<]=;
if(lz1[k<<|]==-) pushdown1(len>>,k<<|),lz1[k<<|]=,s1[k<<|]=;
lz1[k<<]+=lz1[k],lz1[k<<|]+=lz1[k];
s1[k<<]+=lz1[k]*((len+)>>),s1[k<<|]+=lz1[k]*((len)>>);
lz1[k]=; return;
}
inline ll qry1(ll x,ll y,ll l,ll r,ll k){
pushdown1(r-l+,k);
if(x<=l && r<=y) return s1[k];
ll mid=(l+r)>>,ans=;
if(x<=mid) ans+=qry1(x,y,l,mid,k<<);
if(y>mid) ans+=qry1(x,y,mid+,r,k<<|);
return ans;
}
inline void upd1(ll x,ll y,ll l,ll r,ll k){
pushdown1(r-l+,k);
if(x<=l && r<=y){s1[k]+=(r-l+),lz1[k]++;return;}
ll mid=(l+r)>>;
if(x<=mid) upd1(x,y,l,mid,k<<);
if(y>mid) upd1(x,y,mid+,r,k<<|);
pushup1(k); return;
} inline void pushup2(ll k){s2[k]=s2[k<<]+s2[k<<|];}
inline ll dc(ll x,ll y){return (x+y)*(y-x+)/;}
inline void pushdown2(ll l,ll r,ll k){
if(k>=(maxn<<)) return;
if(!lz2[k]) return;
if(lz2[k]==-){
s2[k<<]=s2[k<<|]=;
lz2[k<<]=lz2[k<<|]=-;
lz2[k]=; return;
}
ll mid=(l+r)>>;
if(lz2[k<<]==-) pushdown2(l,mid,k<<),lz2[k<<]=,s2[k<<]=;
if(lz2[k<<|]==-) pushdown2(mid+,r,k<<|),lz2[k<<|]=,s2[k<<|]=;
lz2[k<<]+=lz2[k],lz2[k<<|]+=lz2[k];
s2[k<<]+=lz2[k]*dc(l,mid),s2[k<<|]+=lz2[k]*dc(mid+,r);
lz2[k]=; return;
}
inline ll qry2(ll x,ll y,ll l,ll r,ll k){
pushdown2(l,r,k);
if(x<=l && r<=y) return s2[k];
ll mid=(l+r)>>,ans=;
if(x<=mid) ans+=qry2(x,y,l,mid,k<<);
if(y>mid) ans+=qry2(x,y,mid+,r,k<<|);
return ans;
}
inline void upd2(ll x,ll y,ll l,ll r,ll k){
pushdown2(l,r,k);
if(x<=l && r<=y){s2[k]+=dc(l,r),lz2[k]++;return;}
ll mid=(l+r)>>;
if(x<=mid) upd2(x,y,l,mid,k<<);
if(y>mid) upd2(x,y,mid+,r,k<<|);
pushup2(k); return;
} inline ll calc(ll x){
ll ans=,sum=N; pos[x].push_back(N+);
for(ll i=;i<pos[x].size()-;i++){
ll lp=pos[x][i]+,rp=pos[x][i+]-;
if(pos[x][i]!=) sum++;
ans+=qry1(,sum-,,M,);
ll tp=qry1(,sum-,,M,);
upd1(sum,sum,,M,),upd2(sum,sum,,M,);
if(lp<=rp){
ll l=sum-(rp-lp+),r=sum-; sum-=(rp-lp+);
ll num=(l==)?:(qry1(,l-,,M,)*(r-l+))+((r)*qry1(l,r-,,M,)-qry2(l,r-,,M,));
ans+=num,upd1(l,r,,M,),upd2(l,r,,M,);
}
}
s1[]=s2[]=,lz1[]=lz2[]=-;
return ans;
} int main(){
N=read(),M=(N<<|); ll not_used=read();
for(ll i=;i<=N;i++) A[i]=read()+;
for(ll i=;i<=N;i++)
if(!vis[A[i]]) vis[A[i]]=,pos[A[i]].push_back();
for(ll i=;i<=N;i++) pos[A[i]].push_back(i);
memset(vis,,sizeof(vis)); ll ans=;
for(ll i=;i<=N;i++)
if(!vis[A[i]]) vis[A[i]]=,ans+=calc(A[i]);
printf("%lld\n",ans);
return ;
}
Yazid
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