3745: [Coci2015]Norma

发布时间：2020-12-15 07:59:53 所属栏目：Java 来源：网络整理

导读：3745: [Coci2015]Norma Time Limit:?20 Sec?? Memory Limit:?64 MB Submit:?960?? Solved:?426 [Submit][Status][Discuss] Description ? Input 第1行，一个整数N；第2~n+1行，每行一个整数表示序列a。 ? Output 输出答案对10^9取模后的结果。 ? Sample Inp

3745: [Coci2015]Norma

Time Limit:?20 Sec??Memory Limit:?64 MB
Submit:?960??Solved:?426
[Submit][Status][Discuss]

Description

Input

第1行，一个整数N；

第2~n+1行，每行一个整数表示序列a。

Output

输出答案对10^9取模后的结果。

Sample Input

4
2
4
1
4

Sample Output

109

【数据范围】
N <= 500000
1 <= a_i <= 10^8

HINT

思路：分治好题！?

明显的，$O(n^2)$的算法非常容易?

由于我们要考虑所有的子区间，所以我们这里采用分治算法。??

考虑l和r内存的子区间。??

子区间有3种情况，

1.只在l到mid之间这个可以递归解决

2.只在mid+1到r? ? 这个也可以递归解决

3. 左端点在左半区间，右端点在右半区间?

对3种情况就是分治里面的合并情况，最复杂。?

我们可以先把左半区间预处理好。?

比如6个数，3? 4 2? 1 5 3??

左半区间是3 4 2?

我们可以预处理?

长度为1? 最小值是2? 最大值也是2??

长度为2? 最小值是2? 最大值是4?

长度为3? 最小值是2? 最大值是4??

然后我们考虑右边区间??

第一个数是1，由于1的出现，使得左边的区间长度都加一，并且改变了左边3个区间的最小值。（都变成1）?

所以1和左边3个区间的乘积和就是 2*1*2+3*1*4+4*1*4，所以这个不好算，我们需要预处理。?

我们发现式子可以写成1*（2*2+3*4+4*4）即把共同的最小值提取出来

如果我们可以预处理前3个区间的长度*最大值的前缀和1*2+2*4+3*4? ?

那么（2*2+3*4+4*4）-(1*2+2*4+3*4? ?)=2 + 4 + 4? ?就是前3个区间最大值的前缀和（同样可以预处理），这样我们就在O(1)的时间内计算出乘积和。??

右边第2个数是5，由于5的出现，区间长度又都增加了1，并且改变左边3个区间的最大值。? （都变成5）?

使得乘积和： 3*1*5+4*1*5+5*1*5 ，我们发现可以提取1*5（即共同的最大值和最小值)

1*5*(3+4+5),如何计算3+4+5呢，这明显就是高斯求和。?

对于最小值和最大值不变的那些区间的乘积和，我们可以通过预处理计算，方法也也类似。?

所以我们总共需要做6个预处理，也就是我定义了6个sum数组的原因。??

很重要的一点，最小值变化和最大值变化具有单调性，所以合并的过程的时间复杂度是O(n)的，

总的时间复杂度:$O(nlogn)$

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;  
 3 int const N=500000+10;  
 4 int const mod=1e9;  
 5 #define ll  long long 
 6 ll a[N],ans,sum[N],sum1[N],sum2[N],sum3[N],sum4[N],sum5[N];  
 7 ll n,mi[N],mx[N];   
 8 ll inline s(ll x,ll y){
 9     return y>=x? (x+y)*(y-x+1)/2 % mod:0;  
10 }
11 void dfs(int l,int r){
12     if(l==r){
13         ans=(ans+a[r]*a[r]) %mod;  
14         return;   
15     }
16     int mid=(l+r)/2;  
17     dfs(l,mid); 
18     dfs(mid+1,r); 
19     mi[0]=1e9;  
20     mx[0]=0;  
21     int lnum=mid-l+1;  
22     for(int i=mid;i>=l;i--) {
23         int k=mid-i+1; 
24         mi[k]=min(mi[k-1],a[i]); 
25         mx[k]=max(mx[k-1],a[i]);   
26         sum[k]=(sum[k-1]+k*mi[k]%mod*mx[k]) % mod;  
27         sum1[k]=(sum1[k-1]+mi[k]*mx[k])%mod;  
28         sum2[k]=(sum2[k-1]+k*mi[k])% mod;  
29         sum3[k]=(sum3[k-1]+mi[k])%mod;  
30         sum4[k]=(sum4[k-1]+k*mx[k])%mod;  
31         sum5[k]=(sum5[k-1]+mx[k])%mod;  
32     }
33     int t1=0,t2=0;
34     ll v1=1e9,v2=0;  
35     for(int j=mid+1;j<=r;j++){
36         int k=j-mid; 
37         while (t1<lnum && mi[t1+1]>a[j])
38             t1++,v1=a[j];  
39         while (t2<lnum && mx[t2+1]<a[j]) 
40             t2++,v2=a[j];  
41         v1=min(v1,a[j]);  
42         v2=max(v2,a[j]);  
43         int t=min(t1,t2);  
44         ans=(ans+v1*v2%mod*s(1+k,k+t))%mod;   
45         int p=max(t1,t2);  
46         if(t1>t){
47             ans=(ans+v1*(sum4[t1]-sum4[t]+k*(sum5[t1]-sum5[t])%mod)%mod)%mod;  
48         }
49         if(t2>t){
50             ans=(ans+v2*(sum2[t2]-sum2[t]+k*(sum3[t2]-sum3[t])%mod)%mod)%mod;  
51         }
52         ans=(ans+sum[lnum]-sum[p]+k*(sum1[lnum]-sum1[p])%mod) % mod;  
53         ans=(ans+mod)%mod;  
54     }
55 }
56 int main(){
57     scanf("%lld",&n);  
58     for(int i=1;i<=n;i++)  
59         scanf("%lld",&a[i]) ; 
60     dfs(1,n); 
61     cout<<ans<<endl; 
62     return 0; 
63 }

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（编辑：李大同）

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