题解-COCI-2015Norma

Problem

SPOJ-NORMA2 & bzoj3745

题意概要：给定一个正整数序列 $\{a_i\}$，求

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=i}^n(j-i+1)\min(a_i,a_{i+1},\cdots,a_j)\max(a_i,a_{i+1},\cdots a_j)
\]

$n\leq 5\times 10^5$

Solution

这题正解是一个完美的 $O(n\log n)$ 分治，但比较麻烦，鉴于这个分治做法已经漫天飞了，所以这里不讲那个算法

我在考场上在最后二十分钟想到了并打出了另一个分治做法，非常很好写跑得也很快，最终可以 AC

可以考虑对于一个序列 $\{a_i\}$，找到其最大值 $mx$ 与最小值 $mi$，有大量区间都是以这两点为最值点的，而同时这些区间的左右端点分别都是连续的，所以可以考虑将这些区间一起计算

具体的，若找到的最大值与最小值分别在 $p_1,p_2$ 取到（不妨设 $p_1\leq p_2$），则以这两者为最值点的区间 $[l,r]$ 满足 $1\leq l\leq p_1,p_2\leq r\leq n$，这些区间的长度和可以 $O(1)$ 算出，也即可以 $O(1)$ 算出这些区间的贡献

进一步的，需要加上其他不是 同时以这两者为最值点 的区间贡献。设统计左右端点都在 $[l,r]$ 内的区间贡献也即刚刚这一步处理为函数 $f(l,r)$，则其他区间的贡献即 $f(l,p_2-1)+f(p_1+1,r)-f(p_1+1,p_2-1)$（由于前面两个式子中重复计算了左右端点都在 $[p_1+1,p_2-1]$ 内的区间贡献，所以需要第三个函数去减去这部分多余的贡献）

所以现在可以得到一个基本的做法（统计 $[l,r]$ 区间）：

$O(1)$ 找到区间最大最小值所在位置 $p_1,p_2(p_1\leq p_2)$
$O(1)$ 统计左端点在 $[l,p_1]$、右端点在 $[p_2,r]$ 的区间的贡献
分治统计区间 $[l,p_2-1],[p_1+1,r]$，并减去 $[p_1+1,p_2-1]$ 的答案

这个做法慢成龟龟，然后我灵机一动：分治下去的区间不是会继续使用当前最值点为最值点吗？（即 $[l,p_2-1]$ 会使用 $p_1$ 为最值点，进而可能再次调用区间 $[p_1+1,p_2-1]$，这里的统计就冗余了，如果加个记忆化那么原来每次分出三个区间就可以均摊成两个了……）

然后就加了一下 $map$ 的记忆化，极限数据只需要 $0.4s$

之前证了一波伪的复杂度 $O(n\log n)$，后来被同校 dalao 精心卡掉了虽然构造了一个多小时

实际上复杂度是 $O(n^2\log n)$ 的，那个 $\log$ 还是 $map$ 的复杂度没错这是个暴力，但很难卡满，在考试中、spoj和bzoj上都没能卡掉我♪(^∇*)

实际运行效率很高，未经st表优化的代码在bzoj上跑到 $\mathrm{rank6}$，比我写的正解快一倍，同时代码也很短很好写毕竟是在十分钟内写完调完的，只有 $\mathrm{1.2k}$

Code

由于想到这个解法时时间紧迫，没来得及写 $st$ 表做 $\mathrm{rmq}$ 但还是过掉了

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

template <typename _tp> inline _tp read(_tp&x){

    char c11=getchar(),ob=0;x=0;

    while(c11!='-'&&!isdigit(c11))c11=getchar();if(c11=='-')c11=getchar(),ob=1;

    while(isdigit(c11))x=x*10+c11-'0',c11=getchar();if(ob)x=-x;return x;

}

const int N=501000,p=1e9,inf=0x3f3f3f3f;

int a[N],n;

map <int,int> mp[N];

inline int getsum(int l,int r){return 1ll*(l+r)*(r-l+1)/2%p;}

inline int qm(int x){while(x<0)x+=p;while(x>=p)x-=p;return x;}

int force(int l,int r){

    int res(0);

    for(int i=l;i<=r;++i){

        int mx=-inf,mi=inf;

        for(int j=i;j<=r;++j){

            mx=max(mx,a[j]);

            mi=min(mi,a[j]);

            res=qm(res+1ll*(j-i+1)*mi%p*mx%p);

        }

    }return res;

}

int solve(int l,int r){

    if(l>r)return 0;

    if(mp[l].find(r)!=mp[l].end())

        return mp[l][r];

    if(r-l<=10)

        return mp[l][r]=force(l,r);

    int mx=-inf,mxd;

    int mi=inf,mid;

    for(int i=l;i<=r;++i){

        if(a[i]>mx)mx=a[i],mxd=i;

        if(a[i]<mi)mi=a[i],mid=i;

    }

    int L=min(mxd,mid),dl=L-l+1;

    int R=max(mxd,mid),dr=r-R+1;

    int dx=R-L-1,res(0);

    if(dl>dr)swap(dl,dr);

    for(int i=1;i<=dl;++i)

        res=qm(res+getsum(i+dx+1,i+dx+dr));

    res=1ll*res*mx%p*mi%p;

    return mp[l][r]=qm(res+qm(solve(l,R-1)+solve(L+1,r))-solve(L+1,R-1));

}

int main(){

    read(n);

    for(int i=1;i<=n;++i)read(a[i]);

    printf("%d\n",solve(1,n));

    return 0;

}