HDU 6058 Kanade's sum（链表）

Description

给出一个1~n的排列a[1]~a
，查询该序列所有子区间的第k大之和，如果k大于一个区间的长度，则认为该区间第k大是0

Input

第一行一整数T表示用例组数，每组用例首先输入两个整数n和k，然后输入一个1~n的排列a[1]~a
（1<=T<=10,1<=k<=min(n,80),sum{n}<=5e5）

Output

输出所有子区间的第k大之和

Sample Input

1

5 2

1 2 3 4 5

Sample Output

30

Solution

考虑i对答案的贡献，比i小的数没有意义，所以从大到小枚举i，设i左边比其大的数的位置为L[1],L[2],..，右边比其大的数的位置为R[1],R[2],…，由于i是区间第k大，那么所有以i为第k大的区间需要包含j个L和k-j-1个R，满足条件的区间有(L[j]-L[j+1])*(R(k-j)-R(k-j-1))，用双向链表把这i以及大于i的数连起来，这样每次只需要移动k次就可以统计出答案，每次找到i插到链表的位置可以用set维护每个值的位置然后在O(logn)找到，总时间复杂度O(nlogn+nk)

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=500011;
int T,n,k,a[maxn],L[maxn],R[maxn],pos[maxn];
set<int>s;
int main()
{
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&k);
k--;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
pos[a[i]]=i;
}
for(int i=0;i<=n+1;i++)L[i]=0,R[i]=n+1;
s.clear();
s.insert(0);
s.insert(n+1);
ll ans=0;
for(int i=n;i>=1;i--)
{
s.insert(pos[i]);
auto it=s.lower_bound(pos[i]);
auto itt=it;
it--,itt++;
int l=*it,r=*itt;
R[l]=pos[i],L[r]=pos[i];
L[pos[i]]=l,R[pos[i]]=r;
r=pos[i];
int cnt=0;
while(cnt<k&&r!=n+1)r=R[r],cnt++;
if(r==n+1)r=L[r],cnt--;
l=pos[i];
int cnt2=0;
while(cnt2<k-cnt&&l!=0)l=L[l],cnt2++;
if(l==0)l=R[l],cnt2--;
if(cnt2!=k-cnt)continue;
for(int j=0;j<=k&&l!=0&&r>=pos[i];j++)
{
ans+=1ll*i*(l-L[l])*(R[r]-r);
l=L[l],r=L[r];
}
}
printf("%I64d\n",ans);
}
return 0;
}