给定正整数序列 (a_1, a_2, cdots, a_n) ,求 $$displaystylesum_{i=1}nsum_{j=i}n{(j-i+1)max[i, j]min [i, j]}$$
将结果对 (10^9) 取模
(nleq5 imes10^5, a_iin[0, 10^8])
分治,cdq分治
考虑分治,对于一个区间 ([l, r]) 找到 (max) 点 (pos) ,向 ([l, pos-1], [pos+1, r]) 递归,但这样并不能有效处理 (min) 的贡献,于是考虑 cdq分治
设当前区间为 ([l, r]) ,递归处理 ([l, mid], [mid+1, r]) ,并计算左端点在 ([l, mid]) ,右端点在 ([mid+1, r]) 的区间的贡献
令 (mx=max[p, mid], mn=min[p, mid]) 。逆序枚举左端点 (p) ,令 (x) 为满足 (mngemin[mid+1, x]) 的最大的 (x) , (y) 为 (mxlemax[mid+1, y]) 的最大的 (y) 。假设 (x<y) ,右端点为 (q)
- 当 (qleq x) 时,贡献为 (mx imes mn imesdisplaystylesum(q-p+1))
- 当 (x<qleq y) 时,贡献为 (mx imes(displaystylesum((q-p+1) imesmin[x+1, q])))
- 当 (y<q) 时,贡献为 (displaystylesum((q-p+1) imesmin[x+1, q] imesmax[y+1, q]))
第一个可以直接算
第二个可以将原式拆为 (mx imes(displaystylesum(q imesmin[x+1, q])-(i-1) imessummin[x+1, q])
其中 (displaystylesummin[x+1, q]) 和 (displaystylesum(q imesmin[x+1, q])) 可以 (O(len)) 预处理
第三个同样拆开括号,其中 (displaystylesum(min[x+1, q] imesmax[y+1, q])) 和 (displaystylesum(q imesmin[x+1, q] imesmax[y+1, q])) 因为可以将 (min[x+1, q] imesmax[y+1, q]) 转化为 (min[x+1, q] imesmax[x+1, q]) ,同样可以 (O(len)) 预处理
(xge y) 的情况同理
时间复杂度 (O(nlog n))
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 5e5 + 10, P = 1e9, inf = 1e8;
int n, ans, a[maxn], f1[maxn], f2[maxn], g1[maxn], g2[maxn], s1[maxn], s2[maxn];
inline void chkmax(int &x, int y) {
if (x < y) x = y;
}
inline void chkmin(int &x, int y) {
if (x > y) x = y;
}
inline int inc(int x, int y) {
x += y;
return x < P ? x : x - P;
}
inline int dec(int x, int y) {
x -= y;
return x < 0 ? x + P : x;
}
inline int mul(int x, int y) {
return 1ll * x * y % P;
}
inline int add(int &x, int y) {
x += y;
return x < P ? x : x -= P;
}
void cdq(int l, int r) {
if (l == r) {
add(ans, mul(a[l], a[l]));
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
cdq(l, mid), cdq(mid + 1, r);
f1[mid] = f2[mid] = g1[mid] = g2[mid] = s1[mid] = s2[mid] = 0;
for (int i = mid + 1, mx = 0, mn = inf; i <= r; i++) {
chkmax(mx, a[i]), chkmin(mn, a[i]);
f1[i] = inc(f1[i - 1], mx);
g1[i] = inc(g1[i - 1], mn);
f2[i] = inc(f2[i - 1], mul(mx, i));
g2[i] = inc(g2[i - 1], mul(mn, i));
s1[i] = inc(s1[i - 1], mul(mx, mn));
s2[i] = inc(s2[i - 1], mul(mul(mx, mn), i));
}
for (int i = mid, mx = 0, mn = inf, x = mid, y = mid; i >= l; i--) {
chkmax(mx, a[i]), chkmin(mn, a[i]);
while (x < r && a[x] >= mn && a[x + 1] >= mn) x++;
while (y < r && a[y] <= mx && a[y + 1] <= mx) y++;
int p = min(x, y), q = max(x, y);
add(ans, dec(dec(s2[r], s2[q]), mul(i - 1, dec(s1[r], s1[q]))));
add(ans, mul(mul(mx, mn), dec(1ll * (p - mid) * (p + mid + 1) / 2 % P, mul(i - 1, p - mid))));
if (x < y) {
add(ans, mul(mx, dec(dec(g2[y], g2[x]), mul(i - 1, dec(g1[y], g1[x])))));
} else {
add(ans, mul(mn, dec(dec(f2[x], f2[y]), mul(i - 1, dec(f1[x], f1[y])))));
}
}
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", a + i);
}
cdq(1, n);
printf("%d", ans);
return 0;
}