CF2064F We Be Summing 题解

CF2064F We Be Summing

计数问题通常需要对计数对象找到一个独一无二的特征进行计数，否则只能进行容斥。注意到一个子区间中 \(i\) 从左到右的过程中，前一部分 \(\min\) 单降，后一部分 \(\max\) 也单降，所以一个区间对应的前一部分 \(\min\) 和后一部分 \(\max\) 组成的有序数对 \((x,y)\) 是唯一的，于是我们对 \((x,y)\) 进行计数。

显然 \(x+y=k\)，考虑枚举 \(x\)，对这种情况下的子区间进行计数。

和 \(\min,\max\) 有关的问题通常考虑每个位置的数的贡献区间，以 \(\min\) 为例，位置 \(a_i\) 能作为 \(\min\) 贡献的区间就是左右第一个比 \(a_i\) 小的数之间的区间。设 \(a_i\) 的贡献区间为 \([l_i,r_i]\)，则所有满足 \(l_i\le l\le i\le r\le r_i\) 的区间 \([l,r]\) 区间 \(\min\) 均为 \(a_i\)。我们可以利用单调栈求出每个位置的贡献区间。

考虑如何进行计数。假设现在正在计数的数对为 \((x,y)\)，首先把序列中所有等于 \(x,y\) 的数都找出来。设第 \(a\) 个等于 \(x\) 的位置为 \(x_a\)，第 \(b\) 个等于 \(y\) 的位置为 \(y_b\)，则产生贡献首先要满足 \(x_a\lt y_b\)。其次，考虑 \(x_a\) 的 \(\min\) 贡献区间和 \(y_b\) 的 \(\max\) 贡献区间的关系。如果 \(r_{x_a}\ge l_{y_b}-1\)，则所有满足 \(l_{x_a}\le l\le x_a\) 且 \(y_b\le r\le r_{y_b}\) 的区间 \([l,r]\) 都可以在 \(i=l_{y_b}-1\) 处取到有序数对 \((x,y)\)。否则如果 \(r_{x_a}\lt l_{y_b}-1\)，则不存在 \(i\) 可以得到出 \((x,y)\)。对于第一个限制，我们可以双指针维护插入时机满足。对于第二个限制，是一个二维偏序问题，使用树状数组维护。

还有一个问题就是我们的计数需要不重不漏。也就是说，以最大值为例，考虑上述流程中每次 \(l\) 的取值，对于每一个出现了 \(m\) 次的数 \(a\)，有 \(\bigcup\limits_{i=1}^m[l_{a_i},a_i]=[1,n]\) 且 \(\forall x,y\in[1,m]\)，有 \([l_{a_x},a_x]\cap[l_{a_y},a_y]=\varnothing\)。这是好处理的，我们只需要在计算 \(l\) 的时候改为找左边第一个小于等于这个元素的数即可。同理，考虑最小值，对 \(r\) 也有这个限制。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long t,n,k,a[500000],c[500000],l1[500000],r1[500000],l2[500000],r2[500000],st[500000],top=0;
vector<long long>p[500000];
long long lowbit(long long x)
{
	return x&(-x);
}

void add(long long x,long long k)
{
	while(x<=n)c[x]+=k,x+=lowbit(x);
}

long long getsum(long long x)
{
	long long ans=0;
	while(x>0)ans+=c[x],x-=lowbit(x);
	return ans;
}

int main()
{
	scanf("%lld",&t);
	while(t--)
	   {
	   	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	   	for(int i=1;i<=k;i++)p[i].clear(),c[i]=0;
	   	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]),p[a[i]].push_back(i);
	   	for(int i=1;i<=n;i++)
	   	    {
	   	    while(top>0&&a[i]<a[st[top]])top--;
	   	    l1[i]=st[top]+1,st[++top]=i;
			}
		top=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
	   	    {
	   	    while(top>0&&a[i]<a[st[top]])r1[st[top]]=i-1,top--;
	   	    st[++top]=i;
			}
		while(top>0)r1[st[top]]=n,top--;
		for(int i=1;i<=n;i++)
	   	    {
	   	    while(top>0&&a[i]>=a[st[top]])top--;
	   	    l2[i]=st[top]+1,st[++top]=i;
			}
		top=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
	   	    {
	   	    while(top>0&&a[i]>=a[st[top]])r2[st[top]]=i-1,top--;
	   	    st[++top]=i;
			}
		while(top>0)r2[st[top]]=n,top--;
		long long ans=0;
		for(int i=k-n;i<k;i++)
		    {
		    	long long j=k-i,r=0;
		    	if(p[i].size()==0||p[j].size()==0)continue;
		    	for(int l=0;l<(int)p[i].size();l++)
		    	    {
		    	    	while(p[j][r]<p[i][l]&&r<(int)p[j].size())add(r1[p[j][r]],p[j][r]-l1[p[j][r]]+1),r++;
		    	    	ans+=(r2[p[i][l]]-p[i][l]+1)*(getsum(n)-getsum(l2[p[i][l]]-2));
					}
				r--;
				while(r>=0)add(r1[p[j][r]],l1[p[j][r]]-p[j][r]-1),r--;
			}
		printf("%lld\n",ans);
	   }
	return 0;
}