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LOJ #3511. 「USACO 2021 US Open Platinum」United Cows of Farmer John

本文主要是介绍LOJ #3511. 「USACO 2021 US Open Platinum」United Cows of Farmer John，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！

LOJ #3511. 「USACO 2021 US Open Platinum」United Cows of Farmer John

乍一看, 感觉题目一点也不可做. 但仔细想想又感觉有些蹊跷.

首先这种计算序列上元组 \((i,j,k,...)\) 对数的题要么是 cdq 分治, 要么是枚举左/右端点计数. 这道题可以考虑后者.

枚举右端点, 设右端点的数 \(a_i\) 上一次出现的位置为 \(p_{a_i}\,\), 则左端点必定在 \([p_{a_i}+1,\,i-2]\) 内. 设其左端点为 \(j\). 则数 \(a_j\) 在区间 \([1,\,i]\) 内最后一次出现的位置一定是 \(j\). 同理, 中间点 \(k\) 在区间 \([1,\,i]\) 内最后一次出现的位置一定是 \(k\,\), 并且还要满足关系式 \(p_{a_k}<j\). 设 \(c_j=\sum\limits_{k=j+1}^{i-1}[\,t_{a_k}=k\ \and\ p_{a_k}<j\,]\,\), 则右端点为 \(i\) 对答案的贡献为 \(\sum\limits_{j=p_{a_i}+1}^{i-2}c_j\cdot[\,t_{a_j}=j\,]\,\). 于是在右端点移动时, 暴力更新数组 \(c\,\), 然后计算答案, 时间复杂度为 \(\mathrm O(n^2)\)

考虑优化. 分两个步骤: 如何快速求数组 \(c\,\); 如何快速更新答案. 由于右端点的移动对数组 \(c\) 的影响为一个区间, 因此前一部分可以用线段树区间加懒标记实现; 至于后一部分, 设 \(w_j=[\,t_{a_j}=j\,]\,\), 则在线段树上维护数组 \(w\) 和 \(w_i\times c_i\) 即可.

总时间复杂度: \(\mathrm O(n\log n)\)

参考代码 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
static constexpr int Maxn = 2e5 + 5;
int n, a[Maxn], prv[Maxn], prvi[Maxn];
struct treedot {
  int64_t sum;
  int cnt;
  treedot() = default;
} tr[Maxn << 2];
int lz[Maxn << 2];
#define ls (p << 1)
#define rs (p << 1 | 1)
inline void pushup(int p) {
  tr[p].sum = tr[ls].sum + tr[rs].sum;
  tr[p].cnt = tr[ls].cnt + tr[rs].cnt;
} // pushup
void build(int p, int l, int r) {
  lz[p] = 0;
  if (l == r) {
    tr[p].cnt = 1;
    tr[p].sum = 0;
  } else {
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(ls, l, mid);
    build(rs, mid + 1, r);
    pushup(p);
  }
} // build
void apply(int p, int l, int r, int64_t v) {
  tr[p].sum += tr[p].cnt * v;
  lz[p] += v;
} // apply
void pushdown(int p, int l, int r) {
  if (lz[p]) {
    int mid = (l + r) >> 1;
    apply(ls, l, mid, lz[p]);
    apply(rs, mid + 1, r, lz[p]);
    lz[p] = 0;
  }
} // pushdown
void modify(int p, int l, int r, int L, int R, int64_t v) {
  if (L > r || l > R) return;
  if (L <= l && r <= R) return apply(p, l, r, v);
  pushdown(p, l, r);
  int mid = (l + r) >> 1;
  modify(ls, l, mid, L, R, v);
  modify(rs, mid + 1, r, L, R, v);
  pushup(p);
} // modify
int64_t query(int p, int l, int r, int L, int R) {
  if (L == l && r == R) return tr[p].sum;
  pushdown(p, l, r);
  int mid = (l + r) >> 1;
  if (R <= mid) return query(ls, l, mid, L, R);
  if (L > mid) return query(rs, mid + 1, r, L, R);
  return query(ls, l, mid, L, mid) + query(rs, mid + 1, r, mid + 1, R);
} // query
void update(int p, int l, int r, int x) {
  if (l == r) {
    tr[p].cnt = 0;
    tr[p].sum = 0;
  } else {
    int mid = (l + r) >> 1;
    if (x <= mid) update(ls, l, mid, x);
    else update(rs, mid + 1, r, x);
    pushup(p);
  }
} // update
int main(void) {
  scanf("%d", &n);
  for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
  build(1, 1, n);
  int64_t ans = 0;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    if (prv[a[i]] + 1 <= i - 1) ans += query(1, 1, n, prv[a[i]] + 1, i - 1);
    if (prv[a[i]] != 0) {
      update(1, 1, n, prv[a[i]]);
      modify(1, 1, n, prvi[prv[a[i]]], prv[a[i]] - 1, -1);
    }
    modify(1, 1, n, prv[a[i]], i - 1, 1);
    prvi[i] = prv[a[i]];
    prv[a[i]] = i;
  }
  printf("%lld\n", ans);
  exit(EXIT_SUCCESS);
} // main
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