codeforces Educational Codeforces Round 65 （补完）

C News Distribution

并查集水题

D Bicolored RBS

括号匹配问题，如果给出的括号序列nesting depth为n，那么最终可以分成两个nesting depth为n / 2的序列。

在进行匹配的时候，如果当前栈中的左括号大于等于 n / 2，那么剩下的括号就要进行标记，最终标记和不标记的分成两个部分。

E Range Deleting

对一个序列去掉一个区间范围内的数字，使得剩下的序列是一个非降序的序列。

这题是一道较好的思维题。

首先可以预处理出1到\(pref\)，只保留\([1,pref]\)内的数字，序列是非降序的；也可以预处理出\(suf\)到\(x\)，保留\([suf,x]\)内的数字，序列是非降序的。

然后可以发现，如果去掉\([l,r]\)满足条件，那么去掉\([l,r+1],[l,r+2],...,[l,x]\)也一定是满足条件的。

可以枚举\(l\)，枚举的范围是\([1,pref+1]\)，\(pref+1\)是因为\([1,pref]\)的序列都是有序的，所以去掉\(pref+1\)也是有序的；对于每一个\(l\)，要找出满足条件的\(r\)的数量；

因为去掉了\(l\)到某个数字，前面剩下的数字就是\([1,l-1]\)，那么\(r\)满足的条件就是首先要大于等于\(suf\)，大于等于\(l\)，然后还要满足在\([1,l-1]\)当中出现的最大的数字的最后一个下标之前，这个数字没有出现过，换个角度，假设\([1,l-1]\)当中出现的最大的数字的最后一个下标是\(ind\)，那么\(r\)的最小值就是\(max(a[1],....,a[ind])+1\)，于是\(r\)的最小值就由之前的3个条件共同求出，满足条件的\(r\)的个数就分为两种情况：

1.\(l == r\)，那么就有\(x - r + 1\)种；

2.\(l != r\)，那么就有\(x - r + 2\)种，因为\(r\)是可以保留在序列当中的，所以可以去掉的范围是\([r-1,x]\)，也就是说去掉\([l,r-1]\)这个区间也是满足条件的。

代码：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <set>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e6 + 10;

vector<int> G[N];
set<int> s;

int pre[N],sub[N];

int a[N];

bool L[N],R[N];

int main()
{
	int n,x;
	scanf("%d%d",&n,&x);
	for (int i = 1;i <= n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		s.insert(a[i]);
	}
	if (x == 1)
	{
		puts("1");
		return 0;
	}
	pre[0] = -inf;
	for (int i = 1;i <= n;i++)
	{
		pre[i] = max(pre[i-1],a[i]);
	}
	sub[n+1] = inf;
	for (int i = n;i >= 1;i--)
	{
		sub[i] = min(sub[i+1],a[i]);
	}
	for (int i = 1;i <= n;i++)
	{
		G[a[i]].push_back(i);
	}
	int pref,suf;
	L[1] = 1;
	for (int i = 2;i <= x;i++)
	{
		if (G[i].empty())
		{
			L[i] = L[i-1];
		}
		else
		{
			int p = G[i][0];
			int x = sub[p];
			if (x < i)
			{
				L[i] = 0;
			}
			else
			{
				L[i] = L[i-1];
			}
		}
	}
	R[x] = 1;
	for (int i = x - 1;i >= 1;i--)
	{
		if (G[i].empty())
		{
			R[i] = R[i+1];
		}
		else
		{
			int sz = G[i].size();
			int p = G[i][sz-1];
			int x = pre[p];
			if (x > i)
			{
				R[i] = 0;
			}
			else
			{
				R[i] = R[i+1];
			}
		}
	}
	for (int i = 1;i <= x;i++)
	{
		if (L[i]) pref = i;
	}
	for (int i = x;i >= 1;i--)
	{
		if (R[i]) suf = i;
	}

	ll ans = 0;

	for (int i = 1;i <= x;i++)
	{
		if (i == 1)
		{
			for (int j = 1;j <= x;j++)
			{
				if (R[j+1])
				{
					ans += x - j + 1;
					//printf("%d *\n",x - j + 1);
					break;
				}
			}
		}
		else
		{
			if (!L[i-1]) break;
			int l = i-1;
			if (l < (*s.begin()) || l > (*--s.end()))
			{
				int tmp = max(l + 1,suf);
				if (tmp == l + 1)
				{
					ans += x - tmp + 1;

				}
				else
				{
					ans += x - tmp + 2;
					//printf("%d *\n",x - tmp + 2);
				}
			}
			else
			{
				if (G[l].empty())
				{
					int xx = *--s.lower_bound(l);
					int sz = G[xx].size();
					int p = G[xx][sz-1];
					int tmp = max(pre[p] + 1,suf);
					tmp = max(l + 1,tmp);
					if (tmp == l + 1)
					{
						ans += x - tmp + 1;
					}
					else
					{
						ans += x - tmp + 2;
					}
				}
				else
				{
					int sz = G[l].size();
					int p = G[l][sz-1];
					int tmp = max(pre[p] + 1,suf);
					if (tmp == l + 1)
					{
						ans += x - tmp + 1;
					}
					else
					{
						ans += x - tmp + 2;
					}
				}
			}
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

F Scalar Queries

题意：

有一个数组\(a\)，里面的数字两两不同，\(f(l,r)\)表示选出下标从\(l\)到\(r\)的数字，然后排序，排序之后的数组为\(b\)，\(\sum_{i = 1}^{r - l + 1}b_i * i\)。

需要求每一个\(f(l,r)\)的和。

思路：

又是一道很好的思维题。

可以转化为求每一个数字对最终答案的贡献。

假设\(low(l,r,a[i])\)表示在区间\([l,r]\)内小于\(a[i]\)的数字，那么\(a[i]\)对于\((l,r)\)的贡献就是\(a[i] * low(l,r,a[i])+1\)。

\(low(l,r,a[i])+1\)就相当于\(a[i]\)在\((l,r)\)内的rank。

这个rank又转化为每一个小于\(a[i]\)的数字出现的次数之和。

首先对于\(a_i\)本身，它自己出现的次数是\(i * (n - i - 1)\)；

然后对于\(a_j < a_i,j < i\)的数字，它的出现次数是\(j * (n - i + 1)\)；

对于\(a_j < a_i,j > i\)的数字，它的出现次数是\(i * (n - j + 1)\)；

如上三个数字相加，假设为\(sum\)，那么\(sum * a_i\)就是\(a_i\)对答案的贡献。

对于小于某个数字的所有数字出现的位置，可以用树状数组求前缀和。大的也同理。

又出现了\(int * int\) 爆\(int\) 的问题！！！

代码：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int N = 5e5 + 10;
const ll mod = 1000000000LL + 7;

ll c[N],d[N];

int n;

int lowbit(int x)
{
	return x&(-x);
}

void addl(int x,int y)
{
	for (int i = x;i <= n;i += lowbit(i)) c[i] += y;
}

void addr(int x,int y)
{
	for (int i = x;i <= n;i += lowbit(i)) d[i] += y;
}

ll getlsum(int x)
{
	ll ans = 0;
	for (int i = x;i >= 1;i -= lowbit(i))
	{
		ans += c[i];
		ans %= mod;
	}
	return ans;
}

ll getrsum(int x)
{
	ll ans = 0;
	for (int i = x;i >= 1;i -= lowbit(i))
	{
		ans += d[i];
		ans %= mod;
	}
	return ans;
}

pii a[N];

int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for (int i = 1;i <= n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i].first);
		a[i].second = i;
	}
	sort(a+1,a+1+n);
	ll ans = 0;
	for (int i = 1;i <= n;i++)
	{
		ll x = getlsum(a[i].second);
		ll tmp = 0;
		tmp += x * (n-a[i].second+1);
		tmp %= mod;
		ll y = getrsum(n-a[i].second+1);
		tmp += y * a[i].second;
		tmp %= mod;
		tmp += 1LL * a[i].second * (n-a[i].second + 1);
		tmp %= mod;
		ans += tmp * a[i].first;
		ans %= mod;
		addl(a[i].second,a[i].second);
		addr(n-a[i].second + 1,n-a[i].second+1);
	}
	ans += mod;
	printf("%lld\n",ans % mod);
	return 0;
}