Unknow

题目描述

给定长度为n的序列｛a｝，求$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i}^{n}Max[i,j]*Min[i,j]$
Max和Min为对应区间内的极值

数据范围

1$\leq$n$\leq$1e5，a[i]$\leq$???（反正不用高精度）

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题解

不要问为什么用分治，我也不知道
显然，如果每次将当前区间的最大/小值作为分治点，虽然可以省事，但在极端情况下（有序序列）会被卡成O$(n^2)$。
所以，老老实实分治中点吧。
设当前讨论区间为[l，r]，中点为mid。根据分治原理，我们只要处理完跨中点的贡献，就可以递归处理了。。（记得特判长度为1的情况）
我们处理出左区间[l，mid]的后缀极值，及右区间[mid+1，r]的前缀极值。。。
显然4个数组都具有单调性。。。
所以我们可以仿照CDQ分治的套路，移动两个指针来解决。。
具体。。。我们有pmax和pmin两个指针（整形变量，只是指针的效果而已）。当讨论到i作为左端点的跨中点区间时，pmax和pmin指向能让区间最大（小）值与[i,mid]时相等的最右端点。。。说简单点，
$Max[i,pmax]==Max[i,mid]，Max[i,pmax+1]>Max[i,mid]$
最小值同理。。。并且可以发现，当i减小时，pmax和pmin不会向左移动
然后我们考虑如何计算对答案的贡献。。。
如下图，是一种情况（pmax< pmin时同理）

对于第1部分，显然这些位置作为右端点时极值都在左边，所以直接用点i的前缀极值相乘，再乘上区间长度即可。
对于第2部分，此时最小值已经不取决于区间[i,mid]，但最大值仍然是。我们可以处理出右区间前缀极值的前缀和（听起来好恶心），贡献为$Max[i,mid]*(MinSum[pmax]-MinSum[pmin])$。
对于第三部分，此时两种极值都不取决于[i,mid]。我们还可以处理出前缀极值相乘的前缀和（啊啊啊好恶心），那么贡献为$AllSum[r]-AllSum[pmax]$。
具体实现参见代码。

代码

1.暴力

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int Q=300005;
int a[Q];
int owo(int l,int r)
{
    int p1=-2100000000,p2=2100000000;
    for(int i=l;i<=r;i++)
        p1=max(p1,a[i]),p2=min(p2,a[i]);
    return p1*p2;
}
int main()
{
    int i,j,n,ans=0;
    scanf("%d",&n);
    for(i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    for(i=1;i<=n;i++)
        for(j=i;j<=n;j++)
            ans+=owo(i,j);
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

2.分治

//附上一组（良心）数据 
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define int long long
using namespace std;
const int Q=300005;
int ans=0,mx[Q],mi[Q],a[Q],alx[Q],aln[Q],sum[Q];
void solve(int l,int r)
{
    if(l==r){
        ans+=a[l]*a[l];
        return;
    }
    int mid=l+r >>1,px,pn;
    solve(mid+1,r);
    solve(l,mid);
    int ops=ans;
    mx[mid]=mi[mid]=a[mid];
    mx[mid+1]=mi[mid+1]=a[mid+1];
    for(int i=mid-1;i>=l;i--)mx[i]=max(mx[i+1],a[i]),mi[i]=min(mi[i+1],a[i]);
    for(int i=mid+2;i<=r;i++)mx[i]=max(mx[i-1],a[i]),mi[i]=min(mi[i-1],a[i]);
    aln[mid]=alx[mid]=sum[mid]=0;
    for(int i=mid+1;i<=r;i++)sum[i]=sum[i-1]+mx[i]*mi[i],alx[i]=alx[i-1]+mx[i],aln[i]=aln[i-1]+mi[i];
    px=pn=mid+1;

    for(int i=mid;i>=l;i--)
    {
        while(px<=r&&mx[i]>=mx[px])++px;
        while(pn<=r&&mi[i]<=mi[pn])++pn;
        int maxn=px-1,minn=pn-1;
        ans+=(min(maxn,minn)-mid)*mx[i]*mi[i];
        ans+=sum[r]-sum[max(maxn,minn)];
        if(maxn>minn)ans+=mx[i]*(aln[maxn]-aln[minn]);
        else ans+=mi[i]*(alx[minn]-alx[maxn]);
    }
}
main()
{
    int i,n;
    scanf("%lld",&n);
    for(i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld",&a[i]);
    solve(1,n);
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}
/*
6
1 4 14 5 2 4
*/