前言

A. [2019.10長郡集訓day12]古代龍人的謎題

題目

思路

把這個 \(01\) 序列稱為序列 \(a\) 。那麼可以觀察到，答案的貢獻來源於兩個部分：

• 對於合法區間 \([a_i,a_j]\) , \(a_i,a_j\) 為 \(1\) 。稱其為基本的區間。

• 由基本區間向外擴充套件得到的區間。

• 兩面包夾芝士，由一堆 \(0\) 包圍的 \(1\)

三種情況如圖：

對於以上三種情況，處理出每個 \(1\) 到前一個 \(1\) 中間有多少個 \(0\) (記做 \(L\)) ，再處理出每個 \(1\) 到後一個 \(1\) 中間有多少個 \(0\) （記做 \(R\)）,就可以解決 情況三 。在解決 情況一 的基礎上就可以解決 情況二 。

根據乘法原理(\(n,m\)的意義如圖):

情況三的貢獻為: \(n\times m\)
情況二的貢獻為：\((n+1)\times (m+1)\)

現在考慮怎麼解決情況一，只考慮左右端點皆為 \(1\) 的情況：

假設序列 \(a\) （黑色部分）如下：

把所有的 \(1\) 按照從左到右的順序排號，對於 \(a_i\) 稱它的序號為 \(k_i\) 。（紅色部分）

有一條顯而易見的結論是一個合法的區間中，\(1\) 的個數是奇數。

假設有一個合法區間 \([a_i,a_j]\) 那麼，\(k_i\) 和 \(k_j\) 的奇偶性是相同的。

對於這一點，預處理出每個 \(a_i=1\) 的 \(R_i\)

和

這兩個值的作用馬上揭曉。

對於序列 \(a\) 中的每個 \(1\) ,嘗試計算（它作為左端點的貢獻（情況一二） \(+\) 它在情況三下的貢獻）

於是有(假設這個數為 \(a_i\), \(VAL_{i,j}\) 表示區間\([a_i,a_j]\) 的貢獻 )：

那麼他的總貢獻為：

code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+105;
int opt,n,cnt1,a[N],r[N],q0,q1,ans;
inline int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
inline int spread(){
	int x=0;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){ch=getchar();}
	if(isdigit(ch))x=ch-'0';
	return x;
}
signed main(){
	opt=read();
	if(opt>=0){
		n=read();
		for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=spread(),cnt1+=a[i];
		int k=cnt1;
		for(int i=n,j=0;i>=1;i--){j++;if(a[i]==1){r[k--]=j;j=0;}}	
		for(int i=1;i<=cnt1;i++){if(i%2==0) q0+=r[i];else q1+=r[i];}
		k=1;
		for(int i=1,j=0;i<=n;i++){
			j++;		
			if(a[i]==1)
				if(k%2==0) 
					{ans+=(j-1)*(r[k]-1)+j*(q0-r[k]);q0-=r[k];k++;j=0;}									
				else
					{ans+=(j-1)*(r[k]-1)+j*(q1-r[k]);q1-=r[k];k++;j=0;}				
		}				
		printf("%lld",ans);	
	}
	return 0;
}

我講得真的很清楚，真的……

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