Gym - 102028H Can You Solve the Harder Problem? (后缀数组+RMQ+单调栈)

题意：求一个序列中本质不同的连续子序列的最大值之和。

由于要求“本质不同”，所以后缀数组就派上用场了，可以从小到大枚举每个后缀，对于每个sa[i]，从sa[i]+ht[i]开始枚举(ht[0]=0)，这样就能不重复不遗漏地枚举出每一个子串。

但是这样做，最坏情况仍旧是$O(n^2)$的，可能会被卡掉，需要进一步优化。

对于每个sa[i]，设k=sa[i]+ht[i]，则问题转化成了求max(s[sa[i]],s[sa[i]+1],...,s[k])+max(s[sa[i]],s[sa[i]+1],...,s[k+1])+...+max(s[sa[i]],s[sa[i]+1],...,s[n-1])。

可以发现，随着下标的增大，最大值是单调不减的，这启示我们利用单调栈将后缀进行分段，对于每个最大值不同的段求出后缀和，对于每个sa[i]，利用RMQ求出s[sa[i],k]中的最大值mx，然后在单调栈上二分找到第一个大于mx的值的下标，将贡献分成左右两部分相加即可。

一开始可以将初始序列离散化，求出后缀数组后再还原回去，这样复杂度就不依赖于序列元素的大小而只与序列长度有关了，$O(nlogn)$

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 const int N=2e5+,inf=0x3f3f3f3f;
 int s[N],buf1[N],buf2[N],b[N],nb,c[N],n,sa[N],ht[N],rnk[N],ST[N][],Log[N],sta[N],idx[N],tp;
 ll sum[N];
 void Sort(int* x,int* y,int m) {
     for(int i=; i<m; ++i)c[i]=;
     for(int i=; i<n; ++i)++c[x[i]];
     for(int i=; i<m; ++i)c[i]+=c[i-];
     for(int i=n-; i>=; --i)sa[--c[x[y[i]]]]=y[i];
 }
 void da(int* s,int n,int m=) {
     int *x=buf1,*y=buf2;
     x[n]=y[n]=-;
     for(int i=; i<n; ++i)x[i]=s[i],y[i]=i;
     Sort(x,y,m);
     for(int k=; k<n; k<<=) {
         int p=;
         for(int i=n-k; i<n; ++i)y[p++]=i;
         for(int i=; i<n; ++i)if(sa[i]>=k)y[p++]=sa[i]-k;
         Sort(x,y,m),p=,y[sa[]]=;
         for(int i=; i<n; ++i)y[sa[i]]=x[sa[i-]]==x[sa[i]]&&x[sa[i-]+k]==x[sa[i]+k]?p-:p++;
         if(p==n)break;
         swap(x,y),m=p;
     }
 }
 void getht() {
     for(int i=; i<n; ++i)rnk[sa[i]]=i;
     ht[]=,s[n]=-;
     for(int i=,k=; i<n; ++i) {
         if(k)--k;
         if(!rnk[i])continue;
         for(; s[i+k]==s[sa[rnk[i]-]+k]; ++k);
         ht[rnk[i]]=k;
     }
 }
 void build() {
     for(int i=; i<n; ++i)ST[i][]=s[i];
     for(int k=; k<=Log[n]; ++k)
         for(int i=; i+(<<k)-<n; ++i)
             ST[i][k]=max(ST[i][k-],ST[i+(<<(k-))][k-]);
 }
 int qry(int L,int R) {
     int k=Log[R-L+];
     return max(ST[L][k],ST[R-(<<k)+][k]);
 }
 struct QR {
     int k,mx;
     bool operator<(const QR& b)const {return k<b.k;}
 } qr[N];
 void push(int x,int i) {
     for(; ~tp&&x>=sta[tp]; --tp);
     sta[++tp]=x,sum[tp]=(ll)x*(idx[tp-]-i)+sum[tp-],idx[tp]=i;
 }
 int main() {
     Log[]=-;
     for(int i=; i<N; ++i)Log[i]=Log[i>>]+;
     int T;
     for(scanf("%d",&T); T--;) {
         scanf("%d",&n);
         for(int i=; i<n; ++i)scanf("%d",&s[i]);
         nb=;
         for(int i=; i<n; ++i)b[nb++]=s[i];
         sort(b,b+nb),nb=unique(b,b+nb)-b;
         for(int i=; i<n; ++i)s[i]=lower_bound(b,b+nb,s[i])-b;
         da(s,n,n+),getht();
         for(int i=; i<n; ++i)s[i]=b[s[i]];
         build();
         ll ans=;
         for(int i=; i<n; ++i) {
             int k=sa[i]+ht[i];
             qr[i]= {k,qry(sa[i],k)};
         }
         sort(qr,qr+n);
         sta[tp=]=inf,sum[tp]=,idx[tp]=n;
         for(int i=n-,j=n-; i>=; --i) {
             int k=qr[i].k,mx=qr[i].mx;
             for(; j>=k; --j)push(s[j],j);
             int t=lower_bound(sta,sta+tp+,mx,greater<int>())-sta-;
             ans+=(ll)mx*(idx[t]-k)+sum[t];
         }
         printf("%lld\n",ans);
     }
     return ;
 }