转载洛谷：23.08.19 普及模拟1 T1

Past

题目描述

所有人，都有一段支离破碎的过去。

你有\(n\)段过去的经历，有时顺利，有时不顺，于是你用一个评价值\(a_i\)来描述你的第\(i\)段经历，它们构成了长度为\(n\)的序列\(a\)。你决定对过去进行反思总结，反思深度为\(d\)。如果 \(d\ge 1\)，那你就要算出\(a\)的所有子区间的和之和；如果\(d\ge 2\)，那你还要算出\(a\)的所有子区间的极差之和；如果\(d\ge 3\)，那你也要算出\(a\)的所有子区间的平均值之和。

定义：子区间是指序列中连续的一段；区间和为区间所有数相加的和；区间极差为区间的最大值减去最小值；区间的平均值为区间和除以区间元素个数。

为了输出方便，输出平均值时请乘上\(n!\)，所有输出对\(1336363663\)取模。

Input

第一行，两个整数\(n,d\)，表示经历的段数、反思的深度。

第二行，\(n\)个整数\(a_i\)，表示第\(i\)段经历的评价值。

Output

\(d\)行每行一个整数。第一个（如果有）表示子区间和的和，第二个（如果有）表示子区间极差的

和，第三个（如果有）表示子区间平均值的和乘以\(n!\)。上述均对\(1336363663\)取模。

Examples

past.in

3 3
3 2 5

past.out

32
7
116

共6个子区间，分别为\([3],[2], [5],[3,2],[2,5],[3,2,5]\)，区间和分别为\(3,2,5,5,7,10\)，和为\(32\)；区间

极差分别为\(0,0,0,1,3,3\)，和为\(7\)；

区间平均值分别为\(3,2,5,\frac{5}{2},\frac{7}{2},\frac{10}{3}\),和为\(\frac{58}{3}\),乘上\(3!=6\)

得到\(116\)。

对于100%的数据

\[1\le n\le 3 \times 10^6,0\le d \le 3,1\le a_i \le 10^9
\]

题解

由于\(n\)较大，\(n^2\)做法都不能过

分情况讨论

当\(d=0\)时 先输入，再直接结束程序即可

当\(d=1\)时 求子区间和

可以统计每个数在所有子区间中出现的次数

每个元素在一个区间内只会出现一次，所以计算\(a_i\)所属的区间个数，以\(3,2,5\)为例，\(2\)所属的区间，左端点一定在2左侧，同理，右端点在2右侧。

我们发现：对于每个\(a_i\)所属区间个数为可能的左右端点数的乘积，即所做贡献为\(i\times (n-i+1)\times a_i\)

当\(d=2\)时 求极差和

对于每个区间，其贡献为\(max-min\)

参考第一种情况，我们可以想到：

每个元素的贡献就是\(a_i\)作为区间最大值的贡献减去作为区间最小值的贡献，只需求出作为最大和最小的区间个数即可

那么怎么求？

依旧采用d1的做法，找出左右端点，区间个数\(s_i=(i-l+1)\times (r-i+1)\)

以\(a_i\)最大值左端点为例，若存在一个\(a_j\)使\(j<i\)且\(a_j>a_i\),\(l_{max,i}=j+1\)否则\(l_{max,i}=1\)

要维护它的单调性，可以使用单调栈

同理，可以用此方法求右端点

注意

如果左区间取数范围是大于等于\(a_i\),那么右区间范围一定是大于\(a_i\),因为数据可能出现相等的\(a_i\)取值错误可能会导致重复或遗漏

样例

2 1 2

当\(d=3\)时 求平均值和

首先，区间长度相同的区间平均值可以合并，考虑枚举长度\(len\)

以\(n=7\)为例,统计每个元素贡献次数

\[n=1 \quad [1,1,1,1,1,1,1]
\]

\[n=2 \quad [1,2,2,2,2,2,1]
\]

\[n=3 \quad [1,2,3,3,3,2,1]
\]

\[n=4 \quad [1,2,3,4,3,2,1]
\]

\[n=5 \quad [1,2,3,3,3,2,1]
\]

\[n=6 \quad [1,2,2,2,2,2,1]
\]

\[n=7 \quad [1,1,1,1,1,1,1]
\]

因此，我们可以得到：

\(i<=n-i+1\)时 区间\([i,n-i+1]\)贡献次数加一

否则 区间\([n-i+1,i]\)贡献次数减一

利用前缀和，求区间和，再除以长度\(len\)就是平均值

最后再乘\(n!\),现在遇到了精度问题

观察下面式子

\[(\sum_{i=1}^{n}\frac{sum}{i})\times n!
\]

我们发现利用乘法分配律，式子可变形为

\[\sum_{i=1}^{n}\frac{sum\times n!}{i}
\]

也就等于

\[\sum_{i=1}^{n}(sum\times (i-1)!\times (\prod_{j=i+1}^{n}j))
\]

用两个数组记录阶乘即可

另外，注意取模，非常重要

以上做法时间复杂度都是\(O(n)\)

码风难看，仅供参考

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e6;
#define int long long
#define inf 1336363663
int n,d,a[N],sum[N],p[N],q[N],p1,p2,la[N],ra[N],li[N],ri[N],hangry[N],cufeo4[N];

signed main()
{
	freopen("pst.in","r",stdin);
	freopen("pst.out","w",stdout);
	scanf("%lld%lld",&n,&d);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&a[i]);
		sum[i]=sum[i-1]+a[i];
		sum[i]%=inf;
	}
	if(d>=1){
		int ans=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			ans+=(i*a[i])%inf*(n-i+1)%inf;
			ans%=inf;
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	if(d>=2){
		int ans=0;
		p1=0;p2=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			while(p1&&a[p[p1]]<a[i])p1--;
			if(a[i]>a[p[1]]||i==1)la[i]=1;
			else la[i]=p[p1]+1;
			p[++p1]=i;
			while(p2&&a[q[p2]]>a[i])p2--;
			if(a[i]<a[q[1]]||i==1)li[i]=1;
			else li[i]=q[p2]+1;
			q[++p2]=i;
		}
		memset(p,0,sizeof(p));
		memset(q,0,sizeof(q));
		p1=0;p2=0;
		for(int i=n;i>=1;i--){
			while(p1&&a[p[p1]]<=a[i])p1--;
			if(a[i]>=a[p[1]]||i==n)ra[i]=n;
			else ra[i]=p[p1]-1;
			p[++p1]=i;
			while(p2&&a[q[p2]]>=a[i])p2--;
			if(a[i]<=a[q[1]]||i==n)ri[i]=n;
			else ri[i]=q[p2]-1;
			q[++p2]=i;
		}
		for(int i=1;i<=n;i++){
			ans+=((i-la[i]+1)*(ra[i]-i+1)-(i-li[i]+1)*(ri[i]-i+1)+inf)%inf*a[i]%inf;
			ans%=inf;
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	if(d>=3){
		hangry[0]=1;
		cufeo4[n+1]=1;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			hangry[i]=(hangry[i-1]*i)%inf;
		for(int i=n;i>=1;i--)
			cufeo4[i]=(cufeo4[i+1]*i)%inf;
		int k=0,ans=0,t=0,kk;
		for(int i=0;i<n;i++){
			int l,r;
			l=i+1;
			r=n-i;
			k+=(sum[r]-sum[l-1])%inf;
			k=(k+inf)%inf;
			ans+=(k*hangry[i])%inf*cufeo4[i+2]%inf;
			ans%=inf;
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
}