题意:
给出一个长度为(n)的数列(A_i),定义(f(k))为所有长度大于等于(k)的子区间中前(k)大数之和的和。
求(sum_{k=1}^{n}f(k) ; mod ; 10^9+7)。
分析:
从某个长度为(k)的子区间对答案的贡献来看:
它的长度大于等于(k),所以区间中每个都加到答案中一次。
它的长度还大于等于(k-1),区间中前(k-1)大的数加到答案中一次。
……
以此类推。
对于每个数(A_i):如果这个区间中有(x)个小于(A_i)的数,这个数对答案就会贡献(x+1)次。
所以如果存在(A_i<A_j,i<j),包含这两个数区间的个数为(i imes (n - j + 1)),
对答案的贡献为(A_j cdot i cdot (n - j + 1))。
(A_i<A_j,i>j)的情况类似,所以可以枚举(A_j),求和用一个树状数组维护。
- 对于数字相等的情况还是要区分开来的,可以用它们的下标再比较一次大小,这样做到了不重不漏。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;
#define REP(i, a, b) for(int i = a; i < b; i++)
#define PER(i, a, b) for(int i = b - 1; i >= a; i--)
#define SZ(a) ((int)a.size())
#define MP make_pair
#define PB push_back
#define EB emplace_back
#define ALL(a) a.begin(), a.end()
#define F first
#define S second
#define lowbit(x) (x&(-x))
typedef long long LL;
typedef pair<LL, int> PII;
const int maxn = 1000000 + 10;
const LL MOD = 1000000007LL;
LL mul(LL a, LL b) { return a * b % MOD; }
void add(LL& a, LL b) { a += b; if(a >= MOD) a -= MOD; }
int n;
LL A, B, C;
LL a[maxn];
PII b[maxn];
LL bit[maxn];
void init() { memset(bit, 0, sizeof(bit)); }
void update(int x, int v) {
while(x <= n) {
add(bit[x], v);
x += lowbit(x);
}
}
int query(int x) {
LL ans = 0;
while(x) {
add(ans, bit[x]);
x -= lowbit(x);
}
return ans;
}
int main() {
scanf("%d%lld%lld%lld%lld", &n, &a[1], &A, &B, &C);
A %= C; B %= C;
b[1].F = a[1];
b[1].S = 1;
REP(i, 2, n + 1) {
a[i] = ((a[i - 1] * A) % C) + B;
if(a[i] >= C) a[i] -= C;
b[i].F = a[i];
b[i].S = i;
}
sort(b + 1, b + 1 + n);
REP(i, 1, n + 1)
a[i] = lower_bound(b + 1, b + 1 + n, MP(a[i], i)) - b;
LL ans = 0;
REP(i, 1, n + 1) {
update(a[i], i);
LL t = mul(b[a[i]].F, (LL)(n - i + 1));
add(ans, mul(query(a[i]), t));
}
init();
PER(i, 1, n + 1) {
LL t = mul(b[a[i]].F, (LL)i);
add(ans, mul(query(a[i]), t));
update(a[i], n - i + 1);
}
printf("%lld
", ans);
return 0;
}