【刷题】BZOJ 3745 [Coci2015]Norma

Description

Input

第1行，一个整数N；

第2~n+1行，每行一个整数表示序列a。

Output

输出答案对10^9取模后的结果。

Sample Input

4

2

4

1

4

Sample Output

109

【数据范围】

N <= 500000

1 <= a_i <= 10^8

Solution

这题目好麻烦

考虑所有子区间问题的贡献可以考虑分治

假设当前到达 \(l,r\) 区间，计算跨过 \(mid\) 的贡献

一个指针 \(x\) 从 \(mid\) 往 \(l\) 枚举，枚举的过程中可以维护 \(a\) 和 \(b\) ，分别代表 \([x,mid]\) 的最小值和最大值

再来两个指针 \(p,q\) ，从 \(mid\) 开始往右走，保证 \([mid+1,p]\) 的最小值是 \(a\) ，\([mid+1,q]\) 的最大值是 \(b\) 的最大位置

那么对于当前的 \(x\) 位置，根据右端点的不同，出现了三种区间

• 右端点小于等于 \(\min \{ p,q \}\) ，这种区间的最小值最大值分别就是 \(a,b\) ，直接算就好了
• 右端点在 \((\min \{p,q\} ,\max \{p,q\}]\) ，这种区间还要分两种情况，不过其本质是一样的。对于这种区间，我们知道了一个最值，而剩下的最值不知道，这样的话，把式子推出来 \(\sum_{y=\min \{p, q\}+1}^{\max \{p, q\}} (\min_{k = mid}^{y} a_k) \times(y - x + 1) \times b\) （这里是假设 \(p<q\) ），拆开后，可以发现预处理两个前缀和就好了
• 右端点大于 \(\max \{p,q\}\) ，这种区间也还要推式子，\(\sum_{y=\max \{p, q\}+1}^{r} (\min_{k = mid}^{y} a_k) (\max_{k = mid}^{y} a_k) \times(y - x + 1)\) ，拆开后又发现是某些个前缀和的加加减减，预处理就好了

#include<bits/stdc++.h>
#define ui unsigned int
#define ll long long
#define db double
#define ld long double
#define ull unsigned long long
const int MAXN=500000+10,Mod=1e9;
int n,a[MAXN],Mnr[MAXN],Mxr[MAXN];
ll sMn[MAXN],sMx[MAXN],mMn[MAXN],mMx[MAXN],sMxMn[MAXN],mMxMn[MAXN],ans;
template<typename T> inline void read(T &x)
{
	T data=0,w=1;
	char ch=0;
	while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
	if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')data=((T)data<<3)+((T)data<<1)+(ch^'0'),ch=getchar();
	x=data*w;
}
template<typename T> inline void write(T x,char ch='\0')
{
	if(x<0)putchar('-'),x=-x;
	if(x>9)write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
	if(ch!='\0')putchar(ch);
}
template<typename T> inline void chkmin(T &x,T y){x=(y<x?y:x);}
template<typename T> inline void chkmax(T &x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T> inline T min(T x,T y){return x<y?x:y;}
template<typename T> inline T max(T x,T y){return x>y?x:y;}
inline void solve(int l,int r)
{
	if(l==r)
	{
		(ans+=1ll*a[l]*a[r]%Mod)%=Mod;
		return ;
	}
	int Mid=(l+r)>>1,p=Mid,q=Mid,Mnl=a[Mid],Mxl=a[Mid];
	solve(l,Mid);solve(Mid+1,r);
	sMn[Mid]=sMx[Mid]=mMn[Mid]=mMx[Mid]=sMxMn[Mid]=mMxMn[Mid]=0;
	Mnr[Mid+1]=sMn[Mid+1]=Mxr[Mid+1]=sMx[Mid+1]=a[Mid+1];
	mMn[Mid+1]=mMx[Mid+1]=1ll*a[Mid+1]*(Mid+1)%Mod;
	sMxMn[Mid+1]=1ll*a[Mid+1]*a[Mid+1]%Mod;
	mMxMn[Mid+1]=1ll*a[Mid+1]*a[Mid+1]%Mod*(Mid+1)%Mod;
	for(register int i=Mid+2;i<=r;++i)
	{
		Mnr[i]=min(Mnr[i-1],a[i]);
		Mxr[i]=max(Mxr[i-1],a[i]);
		sMn[i]=(sMn[i-1]+Mnr[i])%Mod;
		sMx[i]=(sMx[i-1]+Mxr[i])%Mod;
		mMn[i]=(mMn[i-1]+1ll*Mnr[i]*i%Mod)%Mod;
		mMx[i]=(mMx[i-1]+1ll*Mxr[i]*i%Mod)%Mod;
		sMxMn[i]=(sMxMn[i-1]+1ll*Mnr[i]*Mxr[i]%Mod)%Mod;
		mMxMn[i]=(mMxMn[i-1]+1ll*Mnr[i]*Mxr[i]%Mod*i%Mod)%Mod;
	}
	for(register int x=Mid;x>=l;--x)
	{
		chkmax(Mxl,a[x]);chkmin(Mnl,a[x]);
		while(p<r&&Mnr[p+1]>=Mnl)++p;
		while(q<r&&Mxr[q+1]<=Mxl)++q;
		int lt=min(p,q),mt=max(p,q);
		(ans+=1ll*(1ll*(Mid-x+2+lt-x+1)*(lt-Mid)/2)*Mxl%Mod*Mnl%Mod)%=Mod;
		if(p<q)(ans+=(1ll*Mxl*(mMn[mt]-mMn[lt]+Mod)%Mod-1ll*(x-1)*Mxl%Mod*(sMn[mt]-sMn[lt]+Mod)%Mod+Mod)%Mod)%=Mod;
		if(p>q)(ans+=(1ll*Mnl*(mMx[mt]-mMx[lt]+Mod)%Mod-1ll*(x-1)*Mnl%Mod*(sMx[mt]-sMx[lt]+Mod)%Mod+Mod)%Mod)%=Mod;
		(ans+=((mMxMn[r]-mMxMn[mt]+Mod)%Mod-1ll*(x-1)*(sMxMn[r]-sMxMn[mt]+Mod)%Mod+Mod)%Mod)%=Mod;
	}
}
int main()
{
	read(n);
	for(register int i=1;i<=n;++i)read(a[i]);
	solve(1,n);
	write(ans,'\n');
	return 0;
}