BZOJ5110[CodePlus2017]Yazid 的新生舞会 线段树

Posted 2020-10-15 CQzhangyu

【BZOJ5110】[CodePlus2017]Yazid 的新生舞会

Description

Yazid有一个长度为n的序列A，下标从1至n。显然地，这个序列共有n(n+1)/2个子区间。对于任意一个子区间[l,r]，如果该子区间内的众数在该子区间的出现次数严格大于(r?l+1)/2（即该子区间长度的一半），那么Yazid就说这个子区间是"新生舞会的"。所谓众数，即为该子区间内出现次数最多的数。特别地，如果出现次数最多的数有多个，我们规定值最小的数为众数。现在，Yazid想知道，共有多少个子区间是"新生舞会的"

Input

第一行2个用空格隔开的非负整数n,type，表示序列的长度和数据类型。数据类型的作用将在子任务中说明。

第二行n个用空格隔开的非负整数，依次为A1,A2,...,An，描述这个序列。

N<=500000,0<=Type<=3

对于所有数据，保证 0 ≤ Ai ≤ n ? 1。

对于 type = 0 的数据，没有任何特殊约定。

对于 type = 1 的数据，保证 Ai ∈ {0, 1}。

对于 type = 2 的数据，保证序列 A 的众数在整个序列中的出现次数不超过 15。

对于 type = 3 的数据，保证 Ai ≤ 7。

Output

输出一行一个整数，表示答案。

Sample Input

5 0
1 1 2 2 3

Sample Output

10
//"新生舞会的" 子区间有 [1, 1], [1, 2], [1, 3], [2, 2], [2, 4], [3, 3],
[3, 4], [3, 5], [4, 4], [5, 5]共 10 个。

题解：考虑枚举众数，我们用vector维护每种数的所有出现位置，然后我们将这个数的所有位置看成+1，其它位置看成-1，于是答案就变成了求多少区间的和>0。

我们考虑将所有连续的-1合并到一起，这样的话连续-1的个数就不会超过+1的个数+1了，然后枚举右端点。因为区间和可以看成前缀相减，所以我们用s[i]表示前缀和，那么我们要统计的就是左面有多少s[j]<s[i]，自然想到用线段树来维护有多少个数的s值等于一个数。那么，对于一个+1，我们可以用简单的线段树区间求和搞定；对于一段-1，这段区间对答案的贡献就是$\sum\limits_{i=1}^{r-l+1}\sum\limits_{j=-\infty}^{s[l-1]-1-i}cnt[j]$（cnt表示有多少个数的s等于j）。发现这个东西可以用线段树维护cnt[i]和i*cnt[i]来实现，于是此题就做完了。

但是由于BZ太慢了，所以搞了若干个卡常小优化才过~

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <vector>
#define lson x<<1
#define rson x<<1|1
using namespace std;
const int maxn=500010;
typedef long long ll;
ll ans;
int n;
vector<int> p[maxn];
int s1[maxn<<3],z1[maxn<<3];
ll s2[maxn<<3],z2[maxn<<3];
int tag[maxn<<3];
bool clr[maxn<<3];
inline void pushdown(int x)
{
	if(clr[x])	clr[lson]=clr[rson]=1,s1[lson]=s1[rson]=s2[lson]=s2[rson]=tag[lson]=tag[rson]=clr[x]=0;
	if(tag[x])	s1[lson]+=z1[lson]*tag[x],s1[rson]+=z1[rson]*tag[x],s2[lson]+=z2[lson]*tag[x],s2[rson]+=z2[rson]*tag[x],tag[lson]+=tag[x],tag[rson]+=tag[x],tag[x]=0;
}
void build(int l,int r,int x)
{
	if(l==r)
	{
		z1[x]=1,z2[x]=l;
		return ;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	build(l,mid,lson),build(mid+1,r,rson);
	z1[x]=z1[lson]+z1[rson],z2[x]=z2[lson]+z2[rson];
}
void updata(int l,int r,int x,int a,int b)
{
	if(a<=l&&r<=b)
	{
		s1[x]+=z1[x],s2[x]+=z2[x],tag[x]++;
		return ;
	}
	pushdown(x);
	int mid=(l+r)>>1;
	if(a<=mid)	updata(l,mid,lson,a,b);
	if(b>mid)	updata(mid+1,r,rson,a,b);
	s1[x]=s1[lson]+s1[rson],s2[x]=s2[lson]+s2[rson];
}
int query1(int l,int r,int x,int a,int b)
{
	if(a<=l&&r<=b)	return s1[x];
	pushdown(x);
	int mid=(l+r)>>1;
	if(b<=mid)	return query1(l,mid,lson,a,b);
	if(a>mid)	return query1(mid+1,r,rson,a,b);
	return query1(l,mid,lson,a,b)+query1(mid+1,r,rson,a,b);
}
ll query2(int l,int r,int x,int a,int b)
{
	if(a<=l&&r<=b)	return s2[x];
	pushdown(x);
	int mid=(l+r)>>1;
	if(b<=mid)	return query2(l,mid,lson,a,b);
	if(a>mid)	return query2(mid+1,r,rson,a,b);
	return query2(l,mid,lson,a,b)+query2(mid+1,r,rson,a,b);
}
inline char nc()
{
	static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
	return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=nc();
	while(!isdigit(gc))	{if(gc==‘-‘)	f=-f;	gc=nc();}
	while(isdigit(gc))	ret=ret*10+(gc^‘0‘),gc=nc();
	return ret*f;
}
int main()
{
	n=rd(),rd();
	register int i,j,l,r,sum;
	for(i=1;i<=n;i++)	j=rd(),p[j].push_back(i);
	build(-n,n,1);
	for(i=0;i<n;i++)	if(p[i].size())
	{
		s1[1]=s2[1]=tag[1]=sum=0,clr[1]=1;
		p[i].push_back(n+1);
		updata(-n,n,1,0,0);
		for(j=0;j<(int)p[i].size();j++)
		{
			if((!j&&p[i][j]>1)||(j&&p[i][j]>p[i][j-1]+1))
			{
				l=(!j)?1:(p[i][j-1]+1),r=p[i][j]-1;
				if(j)	ans+=query1(-n,n,1,-n,sum-1)*(r-l+1)-query2(-n,n,1,sum-(r-l+1),sum-1)+query1(-n,n,1,sum-(r-l+1),sum-1)*(sum-1-(r-l+1));
				updata(-n,n,1,sum-(r-l+1),sum-1);
				sum-=(r-l+1);
			}
			if(j!=(int)p[i].size()-1)	sum++,ans+=query1(-n,n,1,-n,sum-1),updata(-n,n,1,sum,sum);
		}
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}//5 0 1 1 0 1 1