2018 HDU 多校第一场 1008：RMQ Similar Sequense

题意

定义运算

$$RMQ(A,l,r) =\max_{i=l}^{r}A[i]$$
定义两个等长的数组A、B
$$RMQ Similar \sim \forall{ i\in\{1,n\}\forall{j\in\{i,n\}}}RMQ(A,i,j)=RMQ(B,i,j)$$
给定A数组，限制B数组的元素在0-1之间随机取值，如果B similar with A，B的权值定义为所有元素的和，否则为0.
问B的期望权值。

题解：

铁头娃上来就想用积分分治乱搞，结果被队友证明积分并不能救这个题。。

dls直播讲了这个题代码极其简单，那么我来复现顺便证明一下。。
下边的Bi表示任意一种随机生成的B数列，[Bi]=1代表Bi和A是Similar 否则[Bi]=0，类似艾佛森规约的写法，记|Bi|为Bi的个数

$$\begin{aligned} E(Weight_B)&=\frac{1}{|Bi|}\sum_{Bi}{[Bi]*Sum_{Bi}}\\ &=\frac{\sum_{Bi}{SumBi}}{|Bi|}*\frac{\sum_{[Bi=1]}{Sum_{Bi}}}{\sum_{Bi}{Sum_{Bi}}}\\ &=E(Bi)*\frac{\sum_{[Bi=1]}{Sum_{Bi}}}{\sum_{Bi}{Sum_{Bi}}}\\ &=\frac{n}{2}*\frac{|[Bi]=1|*E(Sum_{[Bi]=1})}{|Bi|*E(Sum_{Bi})} \end{aligned}$$

由于单点的概率=0，比如说生成[0.1,0.2,0.3]这种数列的概率为0，那么可以认为每一个元素不相等。
由于每一个Bi取值的独立性，因此Similar的Sum_Bi的期望也是n/2，因为生成任意一个B数列相当于排列问题，而生成Similar的B数列就是组合问题，意思是先生成n个数字，然后按照规定的顺序（即A数组决定的全序关系）排列即可。

$$\begin{aligned} E(Weight_B) &=\frac{n}{2}*\frac{|[Bi]=1|*E(Sum_{[Bi]=1})}{|Bi|*E(Sum_{Bi})}\\ &=\frac{n}{2}*\frac{|[Bi]=1|*\frac{n}{2}}{|Bi|*\frac{n}{2}}\\ &=\frac{n}{2}*\frac{|[Bi]=1|}{|Bi|}\\ &=\frac{n}{2}*P([Bi]=1) \end{aligned}$$

推了这么半年。。最后要求Bi和A是Similar的概率。由于我们认为Bi的每个元素不相等。因此我们从小到大把Bi的元素重新标号成1..n，明显可以看出每种全排列是等可能的基本事件。。因此我们把一个连续的问题。。变成离散的了。。。然后就极其容易思考了。。。。
设Bj为一个n的全排列，A按照全序关系从小到大标号为1..n设为Ax排列

$$\begin{aligned} E(Weight_B) &=\frac{n}{2}*P([Bi]=1)\\ &=\frac{n}{2}*\frac{|Bj_{Similar\; with\;Ax}|}{n!}\\ &=\frac{n}{2*n!}*|Bj_{Similar\; with\; Ax}| \end{aligned}$$
好的。。。问题现在变成了。。多少个n的全排列和Ax是Similar的。。。

因此，本题的解法刚刚开始。。。

---

首先观察最大的元素在A和B中的位置，显然要求他们位置相同。因为包含这个最大元素的区间的RMQ 相等。
然后考虑不包含这个最大元素的区间，显然这样的区间完全位于最大元素的左边/右边。进而我们看到了一个分治的模型：每次确定区间最大值。然后分治左右。
也就是dls说的A、B两个数组的笛卡尔树形态完全一样。
对于笛卡尔树上的某个点，显然我们要把这一段区间的最大值给这个点，然后我们把剩下的点分成两堆，分给左右子树。于是我们有一个递归的方案数计算公式：
F(x)表示给定|x|个元素，以x为根的整个子树的方案个数，左儿子记为L(x)，右儿子记为R(x)，树的大小记为|x|

$$\begin{aligned} F(x)=C_{|x|-1}^{|L(x)|}*F(L(x))*F(R(x)) \end{aligned}$$
好像就。。做完了。。
本题还有一个直觉上秒杀的方法。。证明不是特别的直觉，直接计算P([Bi]=1)，设笛卡尔树的根为rt
$$\begin{aligned} P([Bi]=1)&=P(B[rt]=n)*P(B[L(rt)]=L(rt)最大值)*P(B[R(rt)=R(rt)最大值])*...\\ &=\prod_{i=1}^{n}{P(B[i]=i子树的最大值)}\\ &=\prod_{i=1}^{n}{\frac{1}{|i|}}\\ &=\prod_{i=1}^{n}{\frac{1}{Size(i)}} \end{aligned}$$
考虑使用数学归纳法证明：

假设第一个公式中$F(x) = \frac{|x|!}{\prod_{i\in x的子树}{\;\frac{1}{|i|}}}$

如果一个点的左右子树Size都小于等于1，结论显然成立。

假设一个点x左子树Size=n，右子树Size=m，

即|x|=n+m+1 ; |L(x)|=n ; |R(x)| = m 那么根据第一个公式

$$\begin{aligned} F(x)&=C_{|x|-1}^{|L(x)|}*F(L(x))*F(R(x))\\ &=C_{n+m}^{n}*F(L(x))*F(R(x))\\ &=\frac{(m+n)!}{n!*m!}*\frac{n!}{\prod_{i\in L(x)子树}{\; |i|}}*\frac{m!}{\prod_{j\in R(x)子树}{\; |j|}}\\ &=\frac{(m+n)!}{\prod_{i\in\{R(x)子树,L(x)子树\}}{\;\;|i|}}\\ &=\frac{(m+n+1)!}{|x|*\prod_{i\in\{R(x)子树,L(x)子树\}}{\;\;|i|}}\\ &=\frac{|x|!}{\prod_{i\in x子树}{\;|i|}} \end{aligned}$$

归纳一波，假设成立

进而$F(rt) = \frac{n!}{\prod_{i}{|i|}}$

于是 $P([Bi]=1) = \frac{F(rt)}{n!} = \frac{1}{\prod_{i}{|i|}}=\frac{1}{\prod_{i}{Size_i}}$

下面两份代码分别基于第一个和第二个公式。ps：数据太大，需要开栈。

//
// Created by calabash_boy on 18-7-24.
//他的名字是笛卡尔树。
//

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define OPENSTACK

const int maxn = 1e6+100;
const int mod = 1e9+7;
typedef long long LL;
int stk[maxn],top;
int l[maxn],r[maxn],rt;
int n;
pair<int,int> a[maxn];
LL inv[maxn];
LL fac[maxn];
LL inv_fac[maxn];
int sz[maxn];
bool vis[maxn];
/* l 左儿子 r 右儿子 rt根*/
void build(){
    top=0;
    for (int i=1;i<=n;i++) l[i]=r[i]=vis[i] =0;
    for (int i=1;i<=n;i++){
        int k = top;
        while (k&&a[i]<a[stk[k-1]])k--;
        if (k) r[stk[k-1]] = i;
        if (k<top) l[i] = stk[k];
        stk[k++] =i;
        top = k;
    }
    for (int i=1;i<=n;i++) vis[l[i]] = vis[r[i]] =1;
    for (int i=1;i<=n;i++){
        if (!vis[i]){
            rt = i;
            break;
        }
    }
}
LL power(LL x,LL y){
    LL res =1;
    while (y){
        if (y&1)res = res*x%mod;
        y>>=1;
        x = x*x%mod;
    }
    return res;
}
inline LL C(int n,int m){
    return fac[n]*inv_fac[m]%mod*inv_fac[n-m]%mod;
}
int dfs(int u){
    sz[u]=1;
    int ans =1;
    if (l[u])ans=1LL*ans*dfs(l[u])%mod;
    if (r[u])ans = 1LL*ans*dfs(r[u])%mod;
    sz[u]+=sz[l[u]]+sz[r[u]];
    return 1LL*ans*C(sz[u]-1,sz[l[u]])%mod;
}
void Main(){
    inv[1]=fac[1]=fac[0]=1;
    for (int i=2;i<maxn;i++)fac[i] = fac[i-1]*i%mod,inv[i] = inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
    inv_fac[maxn-1] = power(fac[maxn-1],mod-2);
    for (int i=maxn-2;i>=0;i--){
        inv_fac[i] = inv_fac[i+1]*(i+1)%mod;
    }
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while (T--) {
        scanf("%d", &n);
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            int x;
            scanf("%d", &x);
            a[i] = {-x, i};
        }
        build();
        printf("%d\n", inv[2] * n % mod * power(fac[n], mod - 2) % mod * dfs(rt) % mod);
    }
}
int main(){
#ifdef OPENSTACK
    int size = 70 << 20; // 256MB
    char *p = (char*)malloc(size) + size;
#if (defined _WIN64) or (defined __unix)
    __asm__("movq %0, %%rsp\n" :: "r"(p));
#else
    __asm__("movl %0, %%esp\n" :: "r"(p));
#endif
#endif

    Main();
#ifdef OPENSTACK
    exit(0);
#else
    return 0;
#endif

}

// H

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<n;i++)
#define per(i,a,n) for (int i=n-1;i>=a;i--)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef vector<int> VI;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const ll mod=1000000007;
ll powmod(ll a,ll b) {ll res=1;a%=mod; assert(b>=0); for(;b;b>>=1){if(b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;}return res;}
ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a;}
// head

const int N=1010000;
int stk[N],top,l[N],r[N],vis[N],n,x,_;
PII a[N];
ll inv[N],ret;


int dfs(int u) {
    int s=1;
    if (l[u]) s+=dfs(l[u]);
    if (r[u]) s+=dfs(r[u]);
    ret=ret*inv[s]%mod;
    return s;
}
void build() {
    int top=0;
    rep(i,1,n+1) l[i]=0,r[i]=0,vis[i]=0;
    rep(i,1,n+1) {
        int k=top;
        while (k>0&&a[stk[k-1]]>a[i]) --k;
        if (k) r[stk[k-1]]=i;
        if (k<top) l[i]=stk[k];
        stk[k++]=i;
        top=k;
    }
    rep(i,1,n+1) vis[l[i]]=vis[r[i]]=1;
    int rt=0;
    rep(i,1,n+1) if (vis[i]==0) rt=i;
    dfs(rt);
}

int main() {
    inv[1]=1;
    rep(i,2,1000001) inv[i]=inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
    for (scanf("%d",&_);_;_--) {
        scanf("%d",&n);
        rep(i,1,n+1) {
            scanf("%d",&x);
            a[i]=mp(-x,i);
        }
        ret=inv[2]*n%mod;
        build();
        printf("%lld\n",ret);
    }
}