P7327 Dream and Discs

题目传送门。

题意简述：有 \(n\) 个数 \(a_1,a_2,\cdots a_n\)，等概率选取区间 \(P_1,S_1\subseteq [1,n]\)，\(P_2\subseteq P_1\)，\(S_2\subseteq S_1\)。定义 \(f(X,Y)\) 为互不相同的 \(a_i\ (i\in X,a_i\in Y)\) 的个数，求 \(\Delta=F(P_1,S_1)-F(P_2,S_2)\) 的等权重平均，即所有可能方案的 \(\Delta\) 之和除以方案总数。

\(1\leq n,a_i\leq 5\times 10^5\)。

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写在开头的一些定义：

下文中，定义 \(s_i\) 表示前 \(i\) 个正整数之和，即 \(\sum_{j=1}^ij\)；定义 \(sq_i\) 表示前 \(i\) 个正整数的平方和，即 \(\sum_{j=1}^ij^2\)。

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首先假设 \(a_i\) 互不相同，那么显然每个数对答案的贡献独立。对于第 \(i\) 个数 \(a_i\)，我们单独讨论其贡献。

• 先求 \(a_i\) 对 \(F(P_2,S_2)\) 的贡献：所有 \(i\in P_2,a_i\in S_2\) 的方案总数。

  不难发现对编号 \(i\) 的限制与对数值 \(a_i\) 的限制是独立的。那么根据乘法原理，它可以写成 \(f_2(i)\times g_2(a_i)\) 的形式，其中 \(f_2(i)\) 表示 \(i\in P_2\) 的方案总数，\(g_2(a_i)\) 表示 \(a_i\in S_2\) 的方案总数。同时，又因为 \(P_2\) 与 \(S_2\) 的定义相同，所以函数 \(f_2\) 与 \(g_2\) 等价，即 \(f_2=g_2\)。

  根据 \(f_2\) 和 \(S_2\) 的定义，\(f_2(i)\) 表示 \(i\in P_2\subseteq P_1\subseteq [1,n]\) 的总情况数。不妨反过来考虑，将其定义为在位置 \(i\) 两侧嵌套两层括号的总方案数。不难发现左右括号相互独立。先考虑左括号：当第一层左括号在 \(j\) 两侧时，第二层括号只能套在 \([1,j]\) 的左侧，即 \(\sum_{j=1}^ij\)，即 \(s_j\)。同理可求得右括号的方案数为 \(s_{n-j+1}\)。

  实际上，我是先打表找出规律才想到了这个实际意义。

  这样我们就有了 \(f_2\) 的表达式，即 \(f_2(i)=s_is_{n-i+1}\)。由此推出 \(a_i\) 对 \(F(P_2,S_2)\) 的贡献，即 \(f_2(i)f_2(a_i)=s_is_{n-i+1}s_{a_i}s_{n-a_i+1}\)。

• 再求 \(a_i\) 对 \(F(P_1,S_1)\) 的贡献：所有 \(i\in P_1,a_i\in S_1\) 的方案总数。注意此时每一个区间 \(P_1(S_1)\) 并不是只计算一次，还应考虑到其子区间 \(P_2(S_2)\) 的个数。

  如法炮制，设贡献为 \(f_1(i)\times g_1(a_i)\)，其中 \(f_1(i),g_1(a_i)\) 分别表示 \(i\in P_1,a_i\in S_1\) 的情况总数。梅开二度， 同理可得 \(f_1=g_1\)。根据其实际意义，枚举 \(P_1\) 左端点 \(l\ (l\leq i)\) 和右端点 \(r\ (i\leq r)\)，再乘上其子区间个数，可得表达式：

  \[f_1(i)=\sum_{l=1}^i\sum_{r=i}^n\binom{r-l+2}{2}.
  \]

  注意此处 \(r-l+2\) 是因为区间 \(P_1\) 长度为 \(r-l+1\)，而长度为 \(len\) 的区间共有 \(\binom{len+1}{2}\) 个子区间。将 \(\dfrac{1}{2}\) 提出，上式即：

  \[\frac{1}{2}\sum_{l=1}^i\sum_{r=i}^n(r-l+2)(r-l+1).
  \]

  拆开，可以得到：

  \[\frac{1}{2}\sum_{l=1}^i\sum_{r=i}^nr^2+l^2-2lr+3r-3l+2.
  \]

  别跟我说这你不会 \(\mathcal{O}(n)\) 预处理 \(\mathcal{O}(1)\) 求。 分别化简一下，实际上就是：

  \[\begin{aligned}2f_1(i)=&i(sq_n-sq_{i-1})+sq_i(n-i+1)-2s_i(s_n-s_{i-1})\\&+3i(s_n-s_{i-1})-3s_i(n-i+1)+2i(n-i+1)\end{aligned}.
  \]

  大功告成，这样 \(a_i\) 对 \(F(P_1,S_1)\) 的贡献即为 \(f_1(i)f_1(a_i)\)。

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看似我们已经成功解决了这道题目，但实际上并没有。注意到题目并没有保证 \(a_i\) 互不相同。

假设如果有多个相等的数 \(a_{i_1}=a_{i_2}=\cdots=a_{i_c}\) 同时满足条件，那么不妨设只有最左边的数会对答案产生贡献。 但即便是这样，也不得不更新一下 \(f_1,f_2\) 的求法。

• 实际上，只有对位置上的限制的总情况 \((i\in P_1(P_2))\) 需要重新计算，而对数值上的限制 \((a_i\in S_1(S_2))\) 并不需要，读者可自行思考。

根据上述假设，不难发现如果 \(a_i=a_j\ (i<j)\)，那么 \(a_j\) 对所有左端点在 \(i\) 左边的 \(P_1(P_2)\) 都不会产生贡献。因此我们设 \(f_1'(pre,i)\) 表示 \(P_1\) 左端点在 \(pre\) 右侧的总情况数。有了求 \(f_1\) 的经验，不难写出 \(f_1'\) 的表达式：

\[f_1'(pre,i)=\sum_{l=pre+1}^i\sum_{r=i}^n\binom{r-l+2}{2}
\]

对比 \(f_1(i)\)，可以发现 \(f_1'\) 相较于 \(f_1\) 只有左端点 \(l\) 的下界改变，即\(f_1(i)=f_1'(1,i)\)。类似的，不难得到其化简后的结果，方便 \(\mathcal{O}(1)\) 计算。请读者自行推导，此处不再赘述。

因此，\(a_i\) 对 \(F(P_1,S_1)\) 的贡献可以写为 \(f_1'(pre_i,i)\times f_1(a_i)\)，其中 \(pre_i\) 为在 \(a_i\) 之前与 \(a_i\) 相等的最右边一个数的位置，若不存在则为 \(0\)。

同理，不难推出 \(f_2'(pre,i)\) 的表达式：因为 “嵌套的第一层左括号” 只能在 \(pre\) 右边，\(i\) 左边，因此可写出 \(f_2'(pre,i)=\sum_{j=pre+1}^ij\)。同样的，观察 \(f_2(i)\)，可以发现 \(f_2'\) 相较于 \(f_2\) 只有左端点 \(l\) 的下界改变，即 \(f_2(i)=f_2'(1,i)\)。

综上，\(a_i\) 对答案的贡献可以写为 \(f_1'(pre_i,i)\times f_1(a_i)-f_2'(pre_i,i)\times f_2(a_i)\)。

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结束了吗？还差一点。求出了 \(a_i\) 的总方案数，还需要求 \(P_1,P_2,S_1,S_2\) 的总方案数。由于 \(P_1,P_2\) 与 \(S_1,S_2\) 在定义上等价，因此可以单独算出 \(P_1,P_2\) 的总方案数 \(cnt\)，再将其平方即可得到四个区间的总方案数。这也是为什么三个样例的分母都是平方数，给分数不约分的良心出题人点赞！

不妨枚举 \(P_1\) 的长度 \(len\)，则 \(P_1\) 共有 \(n-len+1\) 种情况，此时其子区间 \(P_2\) 有 \(\binom{len+1}{2}\) 中情况。根据定义，不难发现 \(s_i\) 等价于 \(\binom{i+1}{2}\)，因此有：

\[cnt=\sum_{i=1}^n(n-i+1)s_i.
\]

至此，本题被我们解决。

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时间复杂度：预处理 \(\mathcal{O}(n)\)，计算每个数的贡献 \(n\times\mathcal{O}(1)=\mathcal{O}(n)\)，计算总情况数 \(\mathcal{O}(n)\)。

因此，总时空复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)。

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代码说明：

• cals/calsq(l,r) 表示求 \(s(sq)\) 在 \([l,r]\) 上的和。
• f1/f2(l,k) 表示求 \(f_1'(f_2')(l-1,k)\)。注意代码与实际定义的区别（代码中 \(pre_i\) 表示在 \(a_i\) 前与 \(a_i\) 相同的最右边的数的位置 \(+1\)）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

using ll = long long;
const int mod=1e9+7;
const ll iv2=mod+1>>1;

ll ksm(ll a,ll b){
	ll s=1,m=a;
	while(b){
		if(b&1)s=s*m%mod;
		m=m*m%mod,b>>=1;
	} return s;
} ll inv(ll x){return ksm(x,mod-2);}

const int N=5e5+5;
ll n,a,ans,cnt,buc[N],s[N],sq[N];
ll cals(ll l,ll r){return (s[r]-s[l-1]+mod)%mod;}
ll calsq(ll l,ll r){return (sq[r]-sq[l-1]+mod)%mod;}
ll f1(ll l,ll k){
	return ((calsq(l,k)*(n-k+1)+calsq(k,n)*(k-l+1)
			-2*cals(l,k)*cals(k,n)%mod-3*cals(l,k)*(n-k+1)%mod
			+3*cals(k,n)*(k-l+1)+2*(n-k+1)*(k-l+1))%mod+mod)*iv2%mod;
} ll f2(ll l,ll k){return cals(l,k)*s[n-k+1]%mod;}

int main(){
	cin>>n;
	for(ll i=1;i<=n;i++)s[i]=(s[i-1]+i)%mod,sq[i]=(sq[i-1]+i*i)%mod;
	for(ll i=1,pre;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&a),pre=buc[a]+1,buc[a]=i;
		ans=(ans+f1(pre,i)*f1(1,a)-f2(pre,i)*f2(1,a)%mod+mod)%mod;
		cnt=(cnt+(n-i+1)*s[i])%mod;
	} cout<<ans*inv(cnt*cnt%mod)%mod<<endl;
	return 0;
}