output long pla strong center tac 數值 pre put

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DIFERENCIJA

題目類型：虛擬題目 時間限制：1.0s 空間限制：64.0MB 提交文件大小限制：100.0KB 提示：%I64d & %I64u 抓題完成 序列的值被定義成其中最大的元素和最小的元素的中間的數的個數。如序列(3, 1, 7, 2) 的值為6, 序列(42, 42)的值為0.現給定一個序列，要求出所有連續子序列的值的和。
輸入：
第一行一個整數 N (2 ≤ N ≤ 300 000), 表示序列的元素個數。
接下來N行，每行一個正整數值不超過 100000 000.
輸出：
一個數，表示所有子序列的值的和
EXAMPLE TEST DATA
input
3
1
2
3
output
4

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題目大意：

給定一段序列，一段序列的權值是這段權值的最大值減去最小值，求每段序列的權值之和

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做法：

Σimax-min 單調棧維護

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分析：
可以知道最後答案是Σimax-min
那麽可以分開求得Σimax和Σmin

如果我們有一個函數能求的序列的imax總和
我們可以把序列全部取反，最小值邊最大值
可以同一個函數求得min總和

我們可以考慮一個值是多少區間的最大值
維護一個從大到小的單調棧
前面的可以直接求得 第一個比他大的值的位置last

last到i之間的序列就是a[i]為imax
我們再考慮他右邊第一個比他大的位置怎麽求

求得右邊的長度，a[i]的個數就是左邊*右邊

因為是左邊個數*右邊個數
所以右邊每加入一個 就會多一個左邊個數

這裏有個技巧就是我們記一個累加和now

表示我們記得是還沒確定右邊序列的點的左邊序列長度之和

這樣我們就不用一次次地加，我們加在一起累加，復雜度就為n

如果被彈出棧就減去對應的個數

這樣每次加now 就把左邊所以應該加的一次次的加上了

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附上代碼：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include
 
<algorithm>
using namespace std;
const int N=3e5+12;
int n;
int a[N];
long long ans;
int stack[N],temp;
long long calc()
{
    temp=1;
    long long now=0;
    long long sum=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) 
    {
        while(temp>1&&a[stack[temp]]<a[i]) //維護一個從大到小的棧 
        {
            now-=1LL*(stack[temp]-stack[temp-1])*a[stack[temp]];//他不能再最為最大值值，右邊不能再擴展了 
            temp--;
        }
        now+=1LL*(i-stack[temp])*a[i];//如果前面一個點沒有被影響說明它比這個大 他會一直累加 
        sum+=now;//相當於加了左邊的所有可以為當前最大值的個數 
        stack[++temp]=i;
    }
    return sum;
}

int main()
{
    freopen("a.in","r",stdin);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    ans+=calc();
    for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=-a[i];
    ans+=calc();
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

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COCI. DIFERENCIJA(序列處理中的小技巧)