题解-COCI2015Norma

Problem

SPOJ-NORMA2 & bzoj3745

题意概要：给定一个正整数序列 ({a_i})，求

[sum_{i=1}^nsum_{j=i}^n(j-i+1)min(a_i,a_{i+1},cdots,a_j)max(a_i,a_{i+1},cdots a_j) ]

(nleq 5 imes 10^5)

Solution

这题正解是一个完美的 (O(nlog n)) 分治，但比较麻烦，鉴于这个分治做法已经漫天飞了，所以这里不讲那个算法

我在考场上在最后二十分钟想到了并打出了另一个分治做法，非常很好写跑得也很快，最终可以 AC

可以考虑对于一个序列 ({a_i})，找到其最大值 (mx) 与最小值 (mi)，有大量区间都是以这两点为最值点的，而同时这些区间的左右端点分别都是连续的，所以可以考虑将这些区间一起计算

具体的，若找到的最大值与最小值分别在 (p_1,p_2) 取到（不妨设 (p_1leq p_2)），则以这两者为最值点的区间 ([l,r]) 满足 (1leq lleq p_1,p_2leq rleq n)，这些区间的长度和可以 (O(1)) 算出，也即可以 (O(1)) 算出这些区间的贡献

进一步的，需要加上其他不是 同时以这两者为最值点 的区间贡献。设统计左右端点都在 ([l,r]) 内的区间贡献也即刚刚这一步处理为函数 (f(l,r))，则其他区间的贡献即 (f(l,p_2-1)+f(p_1+1,r)-f(p_1+1,p_2-1))（由于前面两个式子中重复计算了左右端点都在 ([p_1+1,p_2-1]) 内的区间贡献，所以需要第三个函数去减去这部分多余的贡献）

所以现在可以得到一个基本的做法（统计 ([l,r]) 区间）：

• (O(1)) 找到区间最大最小值所在位置 (p_1,p_2(p_1leq p_2))
• (O(1)) 统计左端点在 ([l,p_1])、右端点在 ([p_2,r]) 的区间的贡献
• 分治统计区间 ([l,p_2-1],[p_1+1,r])，并减去 ([p_1+1,p_2-1]) 的答案

这个做法慢成龟龟，然后我灵机一动：分治下去的区间不是会继续使用当前最值点为最值点吗？（即 ([l,p_2-1]) 会使用 (p_1) 为最值点，进而可能再次调用区间 ([p_1+1,p_2-1])，这里的统计就冗余了，如果加个记忆化那么原来每次分出三个区间就可以均摊成两个了……）

然后就加了一下 (map) 的记忆化，极限数据只需要 (0.4s)

之前证了一波伪的复杂度 (O(nlog n))，后来被同校 dalao 精心卡掉了 虽然构造了一个多小时

实际上复杂度是 (O(n^2log n)) 的，那个 (log) 还是 (map) 的复杂度 没错这是个暴力，但很难卡满，在考试中、spoj和bzoj上都没能卡掉我♪(^∇*)

实际运行效率很高，未经st表优化的代码在bzoj上跑到 (mathrm{rank6})，比我写的正解快一倍，同时代码也很短很好写 毕竟是在十分钟内写完调完的，只有 (mathrm{1.2k})

Code

由于想到这个解法时时间紧迫，没来得及写 (st) 表做 (mathrm{rmq}) 但还是过掉了

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

template <typename _tp> inline _tp read(_tp&x){
    char c11=getchar(),ob=0;x=0;
    while(c11!='-'&&!isdigit(c11))c11=getchar();if(c11=='-')c11=getchar(),ob=1;
    while(isdigit(c11))x=x*10+c11-'0',c11=getchar();if(ob)x=-x;return x;
}

const int N=501000,p=1e9,inf=0x3f3f3f3f;
int a[N],n;

map <int,int> mp[N];

inline int getsum(int l,int r){return 1ll*(l+r)*(r-l+1)/2%p;}
inline int qm(int x){while(x<0)x+=p;while(x>=p)x-=p;return x;}

int force(int l,int r){
    int res(0);
    for(int i=l;i<=r;++i){
        int mx=-inf,mi=inf;
        for(int j=i;j<=r;++j){
            mx=max(mx,a[j]);
            mi=min(mi,a[j]);
            res=qm(res+1ll*(j-i+1)*mi%p*mx%p);
        }
    }return res;
}

int solve(int l,int r){
    if(l>r)return 0;
    if(mp[l].find(r)!=mp[l].end())
        return mp[l][r];
    if(r-l<=10)
        return mp[l][r]=force(l,r);
    int mx=-inf,mxd;
    int mi=inf,mid;
    for(int i=l;i<=r;++i){
        if(a[i]>mx)mx=a[i],mxd=i;
        if(a[i]<mi)mi=a[i],mid=i;
    }
    int L=min(mxd,mid),dl=L-l+1;
    int R=max(mxd,mid),dr=r-R+1;
    int dx=R-L-1,res(0);
    if(dl>dr)swap(dl,dr);
    for(int i=1;i<=dl;++i)
        res=qm(res+getsum(i+dx+1,i+dx+dr));
    res=1ll*res*mx%p*mi%p;
    return mp[l][r]=qm(res+qm(solve(l,R-1)+solve(L+1,r))-solve(L+1,R-1));
}

int main(){
    read(n);
    for(int i=1;i<=n;++i)read(a[i]);
    printf("%d
",solve(1,n));
    return 0;
}