BZOJ3745：[COCI2015]Norma

浅谈离线分治算法：https://www.cnblogs.com/AKMer/p/10415556.html

题目传送门：https://lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3745

我们对于所有区间，要么在分治的(mid)左边，要么在分治的(mid)右边，我们可以递归去处理。

所以我们只需要知道怎么快速统计经过(mid)的区间的答案即可。

我们从大到小枚举区间的左端点(x)，然后计算(sumlimits_{y=mid+1}^{r}ans[x][y])，(ans[x][y])表示区间([x,y])对答案的贡献。

假设区间([x,mid])的最小值是(a)，最大值(b)。

区间([mid+1,q])的最小值比(a)大，最大值比(b)小。

区间([q+1,p])的最小值比(a)大，最大值比(b)大，或者最小值比(a)小，最大值比(b)小。

区间([p+1,r])的最小值小于(a)，最大值大于(b)。

(mn[i])表示([mid+1,i])的最小值，(mx[i])表示([mid+1,i])的最大值。

当右端点落在这三段时，对答案的贡献分别计算。

第一段([mid+1,q])对答案的贡献：

(sumlimits_{i=mid+1}^{q}ab(i-x+1)=frac{ab(mid+2-x)(q-x+1)(q-mid)}{2})

第二段([q+1,p])对答案的贡献：

假如这一段最小值比(a)大，最大值比(b)大：

(sumlimits_{i=q+1}^{p}a*mx[i]*(i-x+1))

化开得：(a*(sumlimits_{i=q+1}^{p}mx[i]*i-(x-1)sumlimits_{i=q+1}^{p}mx[i]))

令(sum[1][y])表示(sumlimits_{i=mid+1}^{y}mx[i]*i)，(sum[2][y])表示(sumlimits_{i=mid+1}^{y}mx[i])

那么对答案的贡献就可以表示为(a*(sum[1][p]-sum[1][q]-(x-1)*(sum[2][p]-sum[2][q]))

假如这一段最小值比(a)小，最大值比(b)小，同理可得：

令(sum[3][y])表示(sumlimits_{i=mid+1}^{y}mn[i]*i)，(sum[4][y])表示(sumlimits_{i=mid+1}^{y}mn[i])

对答案的贡献可以表示为(b*(sum[3][p]-sum[3][q]-(x-1)*(sum[4][p]-sum[4][q])))

第三段对答案的贡献：

(sumlimits_{i=p+1}^{r}mn[i]*mx[i]*(i-x+1))

可以化为(sumlimits_{i=p+1}^{r}mx[i]*mn[i]*i-(x-1)*sumlimits_{i=p+1}^{r}mn[i]*mx[i])

令(sum[5][y])表示(sumlimits_{i=mid+1}^{y}mx[i]*mn[i]*i)，(sum[6][y])表示(sumlimits_{i=mid+1}^{y}mn[i]*mx[i])

对答案的贡献可以表示为(sum[5][r]-sum[5][p]-(x-1)*(sum[6][r]-sum[6][p]))

所以只需要扫一遍就可以统计当前分治层的答案了。

时间复杂度：(O(nlogn))

空间复杂度：(O(n))

代码如下：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define sqr(x) (1ll*(x)*(x)%pps)

const int maxn=5e5+5,pps=1e9,inf=2e9;

int n,ans;
int sum[7][maxn];
int num[maxn],mn[maxn],mx[maxn];

int read() {
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if(ch=='-')f=-1;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())x=x*10+ch-'0';
	return x*f;
}

void clear(int pos) {
	mn[pos]=inf,mx[pos]=-inf;
	for(int i=1;i<7;i++)
		sum[i][pos]=0;
}

int calc(int a,int b) {
	int c=a+b,d=b-a+1;
	if(c%2==0)c/=2;
	else d/=2;
	return 1ll*c*d%pps;
}

void solve(int l,int r) {
	if(l==r) {
		ans=(ans+sqr(num[l]))%pps;
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	solve(l,mid),solve(mid+1,r);
	clear(mid);
	for(int i=mid+1;i<=r;i++) {
		mn[i]=min(mn[i-1],num[i]);
		mx[i]=max(mx[i-1],num[i]);
		sum[1][i]=(sum[1][i-1]+1ll*mx[i]*i%pps)%pps;
		sum[2][i]=(sum[2][i-1]+mx[i])%pps;
		sum[3][i]=(sum[3][i-1]+1ll*mn[i]*i%pps)%pps;
		sum[4][i]=(sum[4][i-1]+mn[i])%pps;
		sum[5][i]=(sum[5][i-1]+1ll*mn[i]*mx[i]%pps*i%pps)%pps;
		sum[6][i]=(sum[6][i-1]+1ll*mn[i]*mx[i]%pps)%pps;
	}
	int a=inf,b=-inf,limit1=mid,limit2=mid;
	for(int x=mid;x>=l;x--) {
		a=min(a,num[x]),b=max(b,num[x]);
		while(mn[limit1+1]>=a&&limit1<r)limit1++;
		while(mx[limit2+1]<=b&&limit2<r)limit2++;
		int q=min(limit1,limit2),p=max(limit1,limit2);
		ans=(ans+(1ll*a*b%pps*calc(mid+2-x,q-x+1)%pps))%pps;
		if(q==limit2)ans=(ans+1ll*a*(sum[1][p]-sum[1][q]-1ll*(x-1)*(sum[2][p]-sum[2][q])%pps)%pps)%pps;
		else ans=(ans+1ll*b*(sum[3][p]-sum[3][q]-1ll*(x-1)*(sum[4][p]-sum[4][q])%pps)%pps)%pps;
		ans=(ans+sum[5][r]-sum[5][p]-1ll*(x-1)*(sum[6][r]-sum[6][p])%pps)%pps;
	}
}

int main() {
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		num[i]=read();
	solve(1,n);ans=(ans+pps)%pps;
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}