UOJ#213——【UNR #1】争夺圣杯

1、题意：给一个序列，枚举长度x，然后在这个序列中所有长度为x的区间，我们求出这些区间的最大值之和并取模，最后将所有的异或起来就好啦

2、分析：听说好多人写的 ，特来写一发 的算法骗访问量

话说这个东西，我们对于每一个点，设这个点的值是，我们可以求出他影响的所有区间，这个用单调栈解决即可，也就是说求出左边和右边第一个比这个点大的值的位置，设左边那个哪个位置是，右边那个位置是，那么我们就能得到这些区间啦，然后我们就可以随便写写就A了 ，这明显是不能AC的，那我们考虑一个点对于每个长度的贡献，考虑这样的一个点，令，我们处理时方便，打出表来（雾），其实能看出来，我们的这个贡献变成了一个分段函数：

①当时，；

②当时，；

③当时，。

那么我们分别来计算这三个函数对答案的贡献。

①：这个我们可以找出一个长度和一个长度的区别，那么所有 长度有的贡献的位置，在 这个位置也一定拥有，只不过差了一个（根据那个函数是个等差数列能得出），但是当时，这个位置就对于 有贡献，而对 没有贡献，所以我对于所有的贡献，我在l这个位置加上一个小标记，标记是那个，那么我从后向前递推，也就是说，其中 表示这个点累计的标记和

②：这个是最水的一个，我们差分一下，然后求一下前缀和就好了QAQ。

③：这个貌似是最复杂的一个，还是打标记这种东西，我们发现这个分段函数单调递减，那么我们在递减开始的 这个位置打一个标记，就是加上，也是差分，那么我们每次都要在一个位置减掉一个，因为贡献是单调递减的，那么我们还要维护这个差分的数组，另外这个递减最后变成0后就不会再递减了，所以还要开一个差分数组，这段说起来很繁琐，具体看看代码吧

最后友情提示，那个单调栈的判断一定要左边寻找比他大，右边寻找大于等于它的，这样相等的情况才能包括进去

解决啦，撒花！

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define M 1000010
#define LL long long
#define MOD 998244353

inline int read(){
    char ch = getchar(); int x = 0, f = 1;
    while(ch < '0' || ch > '9'){
        if(ch == '-') f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while('0' <= ch && ch <= '9'){
        x = x * 10 + ch - '0';
        ch = getchar();
    }
    return x * f;
}

int a[M];
int ll[M];
int rr[M];
int z[M], tot;
LL ans[M], beta[M], lazy[M], plus[M], vfk[M];
LL cf[M];

int main(){
    int n = read();
    for(int i = 1; i <= n; i ++) a[i] = read();
    for(int i = 1; i <= n; i ++){
        while(tot > 0 && a[z[tot]] <= a[i]) tot --;
        ll[i] = z[tot]; z[++ tot] = i;
    }
    tot = 0; z[0] = n + 1;
    for(int i = n; i >= 1; i --){
        while(tot > 0 && a[z[tot]] < a[i]) tot --;
        rr[i] = z[tot]; z[++ tot] = i;
    }
    for(int i = 1; i <= n; i ++){
        int l = i - ll[i] - 1;
        int r = rr[i] - i - 1;
        if(l > r) swap(l, r);
        if(l != 0){
            LL w = min(l, r);
            lazy[w] += (LL)w * (LL)a[i];
            beta[r + 2] += (LL)w * (LL)a[i];
            //puts("fuck");
            plus[r + 2] += a[i];
            vfk[r + 2 + l] += a[i];
        }
        cf[l + 1] += (LL)(l + 1) * (LL)a[i];
        cf[r + 2] -= (LL)(l + 1) * (LL)a[i];
    }
    for(int i = n + 1; i > 1; i --){
        ans[i - 1] = ans[i] / (LL)(i) * (LL)(i - 1) + lazy[i - 1];
    }
    LL sum = 0ll, divt = 0ll;
    for(int i = 1; i <= n; i ++){
        sum += beta[i] - divt;
        divt += plus[i];
        divt -= vfk[i];
        ans[i] += sum;
    }
    sum = 0ll;
    for(int i = 1; i <= n; i ++){
        sum += cf[i];
        ans[i] += sum;
    }
    for(int i = 1; i <= n; i ++) ans[i] %= MOD;
    LL res = 0ll;
    for(int i = 1; i <= n; i ++){
        res ^= ans[i];
    }
    printf("%lld\n", res);
    return 0;
}