【SDOJ 2725】数字序列

【题目】

题目描述:

给定一个长度为 N 的正整数序列 S,求下列式子的值:

输入格式:

第一行 1 个正整数 N 表示 S 的长度

接下来一行 N 个正整数 Si

输出格式:

输出一行表示答案

样例数据:

输入 
5
1 2 3 4 5

输出
70 

备注:

数据规模与约定: 
20% 数据,N ≤ 200
50% 数据,N ≤ 1000
100% 数据,1 ≤ N ≤ 100000,1 ≤ Si ≤ 10^{9}

【分析】

emmm其实暴力稍加优化能过60分

题目的意思就是枚举所有的区间,然后将区间的最小值区间长度加进答案,最后取模

100分的思路:

枚举所有的点,找出以每个点的值作为最小值能到的最左边的点和最右边的点

假设现在枚举到了点 x,最左边的点为 l,最右边的点为 r,那么在区间 [ l , r ] 中,最小的点就是 x,它的值为 s[ x ]

定义 L 为区间 [ l , x ] 的长度,R 为区间 [ x , r ] 的长度

我们从 [ x , r ] 中枚举每一个右端点,然后在这个右端点的基础上枚举左端点(在 [ l , x ] 中),统计答案

(那个,大家应该都会等差数列吧,不会的我也救不了你,自行百度吧)

当右端点为 x 时,答案:s[ x ] *(1 + 2 + …… + L)= s[ x ] * L *(L + 1)/ 2

当右端点为(x + 1)时,答案:s[ x ] *(2 + 3 + …… + L + 1)= s[ x ] * L *(L + 3)/ 2

当右端点为(x + 2)时,答案:s[ x ] *(3 + 4 + …… + L + 2)= s[ x ] * L *(L + 5)/ 2

……

当右端点为 r(即 x + R - 1)时,答案:s[ x ] *(R + R + 1 + …… + L + R - 1)= s[ x ] * L *(L + 2 * R - 1)/ 2

这样把所有答案加起来后再化简得到 s[ x ] *(L + R)* L * R / 2

也就是说只要我们知道以一个点为最小值能到的最远的两个点,就能在O(1)的复杂度内统计当前的答案

而这个最远的两个点我们就用单调栈来找,复杂度为O(n)

单调栈的话我就不赘述了,大家可以找百度了解一下

【代码】

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=100005;
const int mod=1e9+7;
int s[N],l[N],r[N],id[N],sta[N];
int main()
{
//	freopen("sequence.in","r",stdin);
//	freopen("sequence.out","w",stdout);
	int n,i,top;
	long long L,R,ans=0;
	scanf("%d",&n);
	for(i=1;i<=n;++i)
	  scanf("%d",&s[i]);
	top=0,i=1;               //用单调栈找以i为最小值的最左边的点 
	while(i<=n)
	{
		while(top&&sta[top]>s[i])  top--;
		l[i]=id[top]+1;
		sta[++top]=s[i];
		id[top]=i;
		i++;
	}
	top=0,i=n,id[0]=n+1;     //用单调栈找以i为最小值的最右边的点 
	while(i>=1)
	{
		while(top&&sta[top]>s[i])  top--;
		r[i]=id[top]-1;
		sta[++top]=s[i];
		id[top]=i;
		i--;
	}
	for(i=1;i<=n;++i)
	{
		L=i-l[i]+1;     //L,R分别是左边部分和右边部分的长度 
		R=r[i]-i+1;
		ans=(ans+s[i]*(L+R)*L*R/2)%mod;     //用推出来的公式计算答案 
	}
	printf("%lld",ans);
//	fclose(stdin);
//	fclose(stdout);
	return 0;
}

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转载自blog.csdn.net/forever_dreams/article/details/81283659

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