本文主要是介绍洛谷P4062 [Code+#1]Yazid 的新生舞会，对大家解决编程问题具有一定的参考价值，需要的程序猿们随着小编来一起学习吧！

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题链

题解

区间众数的个数 \(>\) 区间长度一半 称这个区间有主元素，主元素就是这个众数；

题意：求数组中有多少个区间有主元素;

考虑一个子问题：每一种数作为主元素的贡献；

例如给定数组 \(p = [3,2,1,3,3,2]\)，并考虑 \(3\) 作为主元素的贡献；

我们可以将是数字 \(3\) 的记为 \(1\) ，不是的记为 \(-1\)；

于是子问题变成求 \(w\) 中有多少个区间和大于 \(0\)，例如区间 \([3,5]\) 的和为 \(1\) ，所以这个区间可行，而区间 \([2,5]\) 的和为 \(0\)，所以这个区间不可行；

我们对 \(w\) 求一个前缀和，记为 \(d\)，如果 \(d_r - d_{l-1} > 0\)，也就是对于 \(d_r\) 查找 \(r\) 之前有多少个比 \(d_r\) 小的数字，那么区间 \([l,r]\) 满足要求；

例如对于 \(r = 5\) ，\(r\) 前比 \(d_r\) 小的数字有 \(4\) 个，分别是 \(l-1 = [4,3,2,0]\) 的时候，也就是区间 \([5,5],[4,5],[3,5],[1,5]\) 满足要求；

于是可以对每一种数字，求出 \(w\)，求出 \(d\)，枚举 \(d_i\)，查找 \(i\) 前有多少个比 \(d_i\) 小的数字，用树状数组维护权值，显然这样的复杂度是 \(O(n^2logn)\)的，不可取；

我们记录下每一种数字在数组中的位置，例如数字 \(3\)，它的位置有 \(pos_3 = [1,4,5]\)，如果能在 \(O(pos_i.size())\) 的时空复杂度下(可以加个\(log\))求出这种数字的贡献，那么枚举每一种数字算贡献整体就是 \(O(nlogn)\) 的了；

\(d\) 是连续的，\(pos_3 = [1,4,5]\) 可以将 \(d\) 分为 \(4\) 个部分，分别是 \([0,0],[1,3],[4,4],[5,6]\) ，这四个部分都是等差数列，对于\([1,3]\)区间内的每个值，在该值前且比该值小的数字只能来自于\([1,3]\)这部分之前，不能来自于 \([1,3]\) 这部分本身；

设法将每一部分同时处理，如有一部分 \(P_i\)，\(P_i\)这部分的答案来自于 \(P_i\) 之前的部分，对 \(P_i\) 这部分是一个等差数列 \([y,y-1,y-2, \dots,x]\)，那么 \(P_i\) 部分插入到树状数组中就是区间 \([x,y]\) 加 \(1\)；

设 \(B_i\) 为权值的前缀和，\(B_i = \sum_{j=1}^{i}C_j\)，那么对于 \(P_i\) 部分内的每一个值 \(d_i\)，\(d_i\) 的贡献就等于 \(B_{d_i-1}\)，那么对于这一整个部分 \(P_i\)，值为 \([x,y]\)，整体贡献就是 \(\sum_{i=x-1}^{y-1}B_i\)，设 \(A_i\) 为权值的前缀和的前缀和，也就是 \(B_i\) 的前缀和 \(\sum_{j=1}^{i}B_j\)，那么整体贡献就是 \(A_{y-1} - A_{x-2}\)；

于是将问题转变为了，区间 \([x,y]\) 加 \(1\)，和求二阶前缀和；

区间 \([x,y]\)加一个数，求一阶前缀和就是区间加数，区间求和的洛谷线段树模板题1，当然可以用树状数组实现；

和模板题同样将权值 \(C_i\)差分，差分后的数组位 \(D_i\)，于是问题转变为单点修改，求三阶前缀和；

\(A_x = \sum_{i=1}^{x} \sum_{j=1}^{i} \sum_{k=1}^{j} D_k\)
\(A_x\)
\(= B_1 + B_2 + B_3 + \dots + B_x\)
\(= C_1 + (C_1+C_2) + (C_1+C_2+C_3) + \dots + (C_1+C_2+C_3+\dots+C_x)\)
\(= xC_1+(x-1)C_2+(x-2)C_3+\dots+(x-n+1)C_n+\dots+C_x\)
\(= xD_1+(x-1)(D_1+D_2)+(x-2)(D_1+D_2+D_3)+\dots+(x-n+1)(D_1+D_2+\dots+D_n)+\dots+(D_1+D_2+D_3+\dots+D_n)\)
\(= \frac{(x+1)x}{2}D_1+\frac{x(x-1)}{2}D_2+\frac{(x-1)(x-2)}{2}D_3+\dots+\frac{(x-n+2)(x-n+1)}{2}D_n+\dots+D_x\)
\(= \sum_{n=1}^{x}\frac{(x-n+2)(x-n+1)}{2}D_n\)
\(= \sum_{n=1}^{x}n^2D_n + \frac{-2x+3}{2}\sum_{n=1}^{x}nD_n + \frac{x^2+3x+2}{2}\sum_{n=1}^{x}D_n\)

用三个树状数组维护 \(i^2D_i\)，\(iD_i\)，\(D_i\)即可；

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define MS 2000009

LL n,m;
LL a[MS];
vector<LL > vc[MS];
LL b[MS], tot;
LL p[4][MS];
LL ans;

LL lowbit(LL x){
    return x&(-x);
}

void add(LL pos, LL val){
    for(LL x=pos;pos<MS;pos+=lowbit(pos)){
        p[1][pos] += x*x*val;
        p[2][pos] += x*val;
        p[3][pos] += val;
    } 
}

LL query(LL pos){
    LL ans = 0;
    for(LL x=pos;pos;pos-=lowbit(pos)){
        ans += p[1][pos];
        ans += (-2*x-3)*p[2][pos];
        ans += (x*x+3*x+2)*p[3][pos];
    } 
    return ans/2;
}

void clear(){
    for(LL i=1;i<=tot;i++) vc[b[i]].clear();
    tot = 0;
    ans = 0;
}

void solve(){
    cin >> n >> m;
    for(LL i=1;i<=n;i++){
        cin >> a[i];
        if(vc[ a[i] ].empty()){
            vc[ a[i] ].push_back(0);
            b[++tot] = a[i];
        } 
        vc[ a[i] ].push_back(i);
    }
    LL dis = n+1;
    for(LL i=1;i<=tot;i++){
        LL t = b[i]; vc[t].push_back(n+1);
        LL l, r = -1, len = vc[t].size();
        for(LL j=1;j<len;j++){
            l = r+1;
            r = l-(vc[t][j]-vc[t][j-1]-1);
            LL L = r+dis, R = l+dis;
            ans += query(R-1) - (L-2>0? query(L-2):0);
            add(L, 1); add(R+1, -1);
        }
        r = -1;
        for(LL j=1;j<len;j++){
            l = r+1;
            r = l-(vc[t][j]-vc[t][j-1]-1);
            LL L = r+dis, R = l+dis;
            add(L, -1); add(R+1, 1);
        }
    }
    cout << ans << "\n";

    clear();

}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    LL ce;
    ce = 1;
    //cin >> ce;
    while(ce--){
        solve();
    }


    return 0;
}

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