文章目錄

• 題目
• 題目大意
• 思路
• 程式碼

題目

傳送門

題目大意

給出一個$N$的排列$a_1,a_2,...,a_N$，求$\sum\limits_{l=1}^{N}\sum\limits_{r=l}^{N}\min\{a_l,a_{l+1},...,a_r\}$。

思路

題意就是求序列中每個區間的最小值之和。 考慮有多少個區間的最小值為$a_i$，記為$f(i)$，則答案為：$\sum\limits_{i=1}^{N}a_i\times f(i)$

• 找到$a_i$左邊離它最近的$l$，滿足$a_l<a_i$
• 找到$a_i$右邊離它最近的$r$，滿足$a_r<a_i$
• $f(i)=(i-l)\times (r-i)$

這樣找到的區間$(l,r)$（注意是開的）是滿足最小值為$a_{}$

於是你發現，暴力完成這個結論還是$O(N^2)$的……

如果我們將比$a_i$小的數的下標存在一個set<int> S裡面，那麼l=S.lower_bound(i)（實現的時候用lower_bound好像會有神奇之事發生，詳見程式碼），r=S.upper_bound(i)。 所以將$a$排個序（和下標一塊，用結構體），然後順著掃，將$a_i$前面的數都扔到set裡面，再對$a_i$的下標（排了序就不是$i$了）找lower_bound之類就可以了。

似乎有點像偏序…… 反正這個問題我想了幾百年……

程式碼

#include<set>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;

#define MAXN 200000
int N;
struct node{
    int val,ID;
}A[MAXN+5];

bool cmp(node x,node y){
    return x.val<y.val;
}

int main(){
    scanf("%d",&N);
    for(int i=1;i<=N;i++){
        A[i].ID=i;
        scanf("%d",&A[i].val);
    }
    sort(A+1,A+N+1,cmp);
    set<int> index;
    index.insert(0),index.insert(N+1);//免得出現找不到的情況
    long long Ans=0;
    for(int i=1;i<=N;i++){
        set<int>::iterator Left,Right;
        Left=Right=index.upper_bound(A[i].ID),Left--;//注意Left的處理
        Ans+=1ll*(A[i].ID-*Left)*(*Right-A[i].ID)*A[i].val;
        index.insert(A[i].ID);
    }
    printf("%lld",Ans);
}