【题解】Diferenc-Diferencija [SP10622]
传送门：( ext{Diferenc-Diferencija}) ( ext{[SP10622]})
【题目描述】
序列的值被定义成其中最大的元素减去最小的元素。如序列 ((3,1,7,2)) 的值为 (7-1=6), 序列 ((42,42)) 的值为 (42-42=0)。
现给定一长为 (n) 的序列 (a)，求出所有连续子序列的值的和。
【样例】
样例输入：
3
1
2
3
样例输出：
4
样例输入：
4
7
5
7
5
样例输出：
12
样例输入：
4
3
1
7
2
样例输出：
31
【数据范围】
(100 \%:) (2 leqslant n leqslant 3*10^5,) (1 leqslant a[i] leqslant 10^8)
【分析】
先将子区间的右端点固定为 (r)，此时一共有 (r) 个左端点 ((l in [1,r])) 可与之组成连续子序列，用 (f_1[l]) 表示 (max {a[j]}(j in [l,r])) ，(f_2[l]) 表示 (min {a[j]}(j in [l,r])) 。于是以 (i) 为右端点 (r) 的子区间贡献和为 (sum_{l=1}^{r} (f_1[l]-f_2[l]))，即 (sum_{l=1}^{r} f_1[l] - sum_{l=1}^{r} f_2[l]) 。我们可以分开算 (f_1,f_2) 的总和。
当右端点移至 (r+1) 时，需要用 (a[r+1]) 来更新 (f_1,f_2)，可以直接扫描 ([1,r])，但时间不过不了关。
随着 (l) 的减小，(f_1[l]=max(a[l],f_1[l+1]))，可以发现 (f_1[l]) 是单调不下降的，同理 (f_2[l]) 单调不上升。
随着 (r) 的增大，(f_1[l]=max(f_1[l],a[r+1]))，可以发现 (f_1[l]) 仍是单调不下降的，同理 (f_2[l]) 单调不上升。
然后我们就会发现一个现象：每次新加进来一个数 (a[r+1]) 时，它会将以 (r+1) 结尾的一段连续的区间 (f_1[l],f_2[l](l in [?,r+1])) 全部赋值为 (a[r+1])，而且被覆盖掉的原数对这之后的区间不再有任何贡献。
于是我们可以用两个单调栈分别维护 (f_1,f_2)，由于下标也是单调递增，所以可以将 (f) 值相同的合并起来，用 (g) 记录 (f) 相同的下标个数，另设一个变量 (S) 表示以 (i) 为右端点的贡献和，当加入新的 (a[r]) 时就不断弹走队尾直至保持单调时结束，同时更新 (S)，最后累加答案即可。
【Code】
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#define LL long long
#define Re register int
using namespace std;
const int N=3e5+2;
int n,t1,t2,a[N],f1[N],f2[N],g1[N],g2[N];LL S,ans;
inline void in(Re &x){
int f=0;x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
x=f?-x:x;
}
int main(){
in(n);
for(Re i=1;i<=n;++i)in(a[i]);
f1[++t1]=a[1],f2[++t2]=a[1],g1[t1]=g2[t2]=1,ans=S=0;//初始化入队
for(Re i=2;i<=n;++i){
Re tmp=1;//f1[i]和f2[i]都一定会被覆盖，所以初始化为1
while(t1&&f1[t1]<=a[i])S-=(LL)f1[t1]*g1[t1],tmp+=g1[t1--];//更新最大值
f1[++t1]=a[i],g1[t1]=tmp,S+=(LL)a[i]*tmp;
tmp=1;
while(t2&&f2[t2]>=a[i])S+=(LL)f2[t2]*g2[t2],tmp+=g2[t2--];//更新最小值
f2[++t2]=a[i],g2[t2]=tmp,S-=(LL)a[i]*tmp;
ans+=S;//累加答案
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}