noi模拟赛#2 T2 sequence

$Description$

给定一个长度为$n$的序列$A$

定义$f(l,r)$表示序列$[l,r]$中不同的数的个数

强令$l\le r$，求所有$f(l,r{)}^2$和

数据范围：$n\le 10^6,A_i\le 10^9$

---

$Solution$

看到$A_i$的数据范围，首先肯定是要离散化的

问题如果简单点，如果没有那个平方，我们如何求？

显然，我们可以记录每个数$a_i$上次出现的位置$pr{e}_i$，然后对于每个数$A_i$，我们让$T$数组的$[pr{e}_i+1,i]$这段区间加1，此时$T_x$表示的就是$[x,i]$的不同数的个数

自然到$n$时，$T_i$表示的就是$[i,n]$的不同数的个数（后缀）

那么，$T_i=f(i,n)$

则$Ans={\sum }_{i=1}^n(T_i{)}^2$

此时，我们显然只需要一种支持区间修改，区间查询平方和的数据结构

我选择了线段树

由于作者本人是菜鸡，平方和的维护过程是比赛时手推的

自然，我们都知道维护和，它自然等于左右子树的和
显然平方和也是左右子树的和，这个毋庸置疑
恶心的是我们该如何维护$lzy$呢？

赛时推导草稿

$(x+y{)}^2=x^2+2xy+y^2$——完全平方公式
$a,b,c,d$——假如有四个数，我们已知它们的和
$a^2,b^2,c^2,d^2$——以及它们的平方和
$(a+p{)}^2,(b+p{)}^2,(c+p{)}^2,(d+p{)}^2$如果它们同时加上$p$
则在原有的基础上加上——$2pa+p^2+2pb+p^2+2pc+p^2+2pd+p^2$
=$2p(a+b+c+d)+4p^2$
拓展到$n$个数同理

也就是说
我们已知$n$个数的和——$tot$
以及$n$个数的平方和——$sum$

假如每个数加上$p$，则$tot$需要加上$n\times p$
$sum$需要加上$2p\times tot+n{p}^2$

由于$sum$的加用到了$tot$，所以应该先维护$sum$，再维护$tot$

时间复杂度：$O(nlogn)$

---

$Code$

#include
#include
#include
#define LL long long
#define N 1000010
#define mod 1000000007
using namespace std;int n,a[N],b[N],m,sum,t[N],pre[N];
LL ans;
inline LL read()
{
	char c;LL d=1,f=0;
	while(c=getchar(),!isdigit(c)) if(c=='-') d=-1;f=(f<<3)+(f<<1)+c-48;
	while(c=getchar(),isdigit(c)) f=(f<<3)+(f<<1)+c-48;
	return d*f;
}
struct xds
{
	#define lson k<<1
	#define rson k<<1|1
	LL tot[N<<2],sum[N<<2],lzy[N<<2];
	inline void pushup(int k)//上传
	{
		tot[k]=tot[lson]+tot[rson];
		sum[k]=sum[lson]+sum[rson];
		return;
	}
	inline void pushdown(int k,int l,int r)
	{
		if(lzy[k]==0) return;
		int mid=l+r>>1,lenl=mid-l+1,lenr=r-mid;
		(sum[lson]+=2*lzy[k]*tot[lson]%mod+lenl*lzy[k]%mod*lzy[k]%mod)%=mod;//维护左区间
		(sum[rson]+=2*lzy[k]*tot[rson]%mod+lenr*lzy[k]%mod*lzy[k]%mod)%=mod;//维护右区间
		(tot[lson]+=lenl*lzy[k]%mod)%=mod;
		(tot[rson]+=lenr*lzy[k]%mod)%=mod;
		lzy[lson]+=lzy[k];lzy[rson]+=lzy[k];
		lzy[k]=0;
		return;
	}
	inline void modify(int ql,int qr,int k=1,int l=1,int r=n)
	{
		if(ql<=l&&r<=qr)
		{
			(sum[k]+=2*tot[k]%mod+(r-l+1))%=mod;//每个位置都加1,1的平方还是1
			tot[k]+=(r-l+1);//每个位置都加1，总共加这么多
			lzy[k]++;
			return;
		}
		pushdown(k,l,r);
		int mid=l+r>>1;
		if(ql<=mid) modify(ql,qr,lson,l,mid);
		if(qr>mid) modify(ql,qr,rson,mid+1,r);
		pushup(k);
		return;
	}
	inline LL quary(int ql,int qr,int k=1,int l=1,int r=n)
	{
		if(ql<=l&&r<=qr) return sum[k];
		int mid=l+r>>1;
		LL res=0;
		pushdown(k,l,r);
		if(ql<=mid) res+=quary(ql,qr,lson,l,mid);
		if(qr>mid) res+=quary(ql,qr,rson,mid+1,r);
		pushup(k);
		return res%mod;
	}
}T;
signed main()
{
	freopen("sequence.in","r",stdin);
	freopen("sequence.out","w",stdout);
	n=read();
	for(register int i=1;i<=n;i++) a[i]=b[i]=read();
	sort(a+1,a+1+n);
	m=unique(a+1,a+1+n)-a-1;
	for(register int i=1;i<=n;i++) b[i]=lower_bound(a+1,a+1+m,b[i])-a;
	for(register int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(t[b[i]]) pre[i]=t[b[i]];
		t[b[i]]=i;
		T.modify(pre[i]+1,i);
		ans+=T.quary(1,n);ans%=mod;
	}
	printf("%lld",ans);
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
}