【联想杯2020】Gentle Jena解题报告

题目链接：https://acm.ecnu.edu.cn/contest/270/problem/G/

这题不算很难，但是思路很巧妙。

不要被巨大的数据量和强制在线吓到了，事实上这个数据量提醒我们一定有$O(n)$算法；由于是函数计算，因此也不可能是贪心。那么思路只有在算贡献和递推两方面了。

因为是强制在线，算贡献也只能递推处理。而$O(n)$的递推必定不可能太复杂，就这样，复杂的题面反倒是提示了一种简单的做法。

观察性质，容易发现如果当前出现的数比前面的某个数小，那这个数必定不可能有新的贡献。那么，每次新加入一个数，一个之前的数要有贡献，当且仅当这个数到新加入的数的区间内没有比它小的数。

那么怎么样维护满足这样的条件的数呢？这里用到一种叫单调栈的方法。想象一个栈，自底向上单调递增；每次加入新数时，弹出所有比它大的数。换句话说，栈中每个数无论值还是在数列中的下标都大于它下面的一个数。这样就排除了“当前出现的数比前面的某个数小”的那些数，使得它们不再被考虑；剩下的，则是仍在“这个数到新加入的数的区间”中为最小值的数。

那么贡献应该如何计算呢？前面说到递推处理。首先，如果这个数已经被弹出栈了，那么不需要考虑；而对于栈内的数字，假设它的下标为$x_i$，而它下面的一个数的下标为$x_{i-1}$，那么根据单调栈的性质，在$(x_{i-1},x_i)$中不存在比当前数更小的数，因此每次新加入一个数时，以$(x_{i-1},x_i]$中任意一个数为区间起点，都可以以新数为区间终点构成新的区间，因此它的贡献值会增加$a_{x_i}(x_i-x_{i-1})$。

那么就可以递推答案$f_i=f_{i-1}+s_i$，其中$s_i$为新增贡献，$s_i=s_{i-1}-\sum a_{x_t}(x_t-x_{t-1})+a_i(x_m-x_{m-1})$。其中$m$为新数假如后的栈的容量，$t$为所有被弹出的数在栈中的位置。注意最后输出的是所有$f$的异或和。

代码：

#include
#define MOD 998244353
using namespace std;
 struct newdata
 {
  long long x,label;
 };
 int n,top;
 long long p,x,y,z,b;
 newdata stack[10000001]; 
int main()
{
 scanf("%d%lld%lld%lld%lld%lld",&n,&p,&x,&y,&z,&b);
 long long sum = 0;
 long long ans = 0;
 long long now = 0;
 for (int i = 1;i <= n;i ++)
 {
  while (top > 0 && b < stack[top].x)
  {
   sum = ((sum - stack[top].x * (stack[top].label - stack[top - 1].label)) % MOD + MOD) % MOD;
   top --;
  }
  now += b * (i - stack[top].label) % MOD + sum;
  now %= MOD;
  ans ^= now;
  sum += b * (i - stack[top].label) % MOD;
  sum %= MOD;
  stack[++top].x = b;
  stack[top].label = i;
  b = (x * now + y * b + z) % p;
 }
 printf("%lld",ans);
 return 0;
}