Wannafly Winter Camp 2020 Day 7A 序列

给定一个全排列，对于它的每一个子序列 (s[1..p])，对于每一个 (i in [1,p-1])，给 (s[i],s[i+1]) 间的每一个值对应的桶 (+1)，求最终每个桶的值。

Solution

对于一对 ((i,j), i<j, p[i]<p[j])，其对 (k in (p[i],p[j])) 有 (2^{(i-1)+(n-j)}) 的贡献

于是我们得到了 (O(n^2 log n)) 暴力

考虑枚举左侧的 (i)，它会与右侧 (p[j]>p[i]) 的 (j) 对 ([p[i]+1,p[j]-1]) 之间的 (k) 产生相同的贡献 (2^{i-1}2^{n-j})，

考虑枚举右侧的 (j)，它会与左侧 (p[i]<p[j]) 的 (i) 对 ([p[i]+1,p[j]-1]) 之间的 (k) 产生相同的贡献 (2^{i-1}2^{n-j})，

考虑 (k+1) 的分与 (k) 的分的差值，设为 (Delta_k=A_k-A_{k-1})

• 需要减去 ((i,k+1), i<k)
• 需要加上 ((k,i), i>k+1)

从前往后扫描序列，只考虑与当前点位置左边的点成对产生的贡献，（逆向的可以反过来再扫一次），让当前位置作为位置对的右端点 (j)，贡献为 (2^{n-j})

• 这个点作为值对中的大者，则 (j) 位置前所有小于 (p[j]) 的数 (p[i]) 会产生 (-2^{i-1}) 的贡献
• 这个点作为值对中的小者，则 (j) 位置前所有大于 (p[j]) 的数 (p[i]) 会产生 (2^{i-1}) 的贡献

这个过程显然可以用树状数组维护

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod=1e9+7;
const int N=1e5+5;
int n,a[N],d[N],m[N],b[N];
int lowbit(int x) {return x&(-x);}
void modify(int x,int v) {
    for(;x<=n;x+=lowbit(x)) (b[x]+=v)%=mod;
}
int query(int x) {
    int ans=0;
    for(;x;x-=lowbit(x)) (ans+=b[x])%=mod;
    return ans;
}
signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    m[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) m[i]=(m[i-1]*2)%mod;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        int v=query(a[i]-1)*m[n-i]%mod;
        ((d[a[i]]-=v)+=mod)%=mod;
        v=(query(n)-query(a[i])+mod)%mod*m[n-i]%mod;
        (d[a[i]+1]+=v)%=mod;
        modify(a[i],m[i-1]);
    }
    memset(b,0,sizeof b);
    for(int i=n;i>=1;--i) {
        int v=(query(n)-query(a[i])+mod)%mod*m[i-1]%mod;
        (d[a[i]+1]+=v)%=mod;
        v=query(a[i]-1)*m[i-1]%mod;
        ((d[a[i]]-=v)+=mod)%=mod;
        modify(a[i],m[n-i]);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        (d[i]+=d[i-1])%=mod;
        cout<<(d[i]+mod)%mod<<endl;
    }
}