计算贡献-----hdu 7055 dp解法 && cf上一道类似的

Yiwen with Sqc
题意：
给一个字符串，对于每个小写字母 $ch$ ，问所有区间内 $ch$ 出现次数的平方和，其中 $|s|<10^5$
$$\sum _{c=97}^{122}\sum _{i=1}^n\sum _{j=i}^{n}sqc(s,l,r,ch{)}^2$$
$sqc(s,l,r,ch)$ 表示的是 $s$ 串 $[l,r]$ 这段区间内 $ch$ 字符出现的次数
思路：
dp解法：
大佬的题解
另一个大佬的题解
公式显然表示的是对于每个字符，都求一遍所有子段的该字符的 $sqc$
可以考虑 $dp$
$dp[i]$ 表示所有以 $i$ 结尾的所有字符串的答案总和
$dp[i]$ 比 $dp[i-1]$ 相对于每一个字符串都多了一个 $s[i]$ 字符，那么先考虑一个字符串多了一个字符的变化是什么，假设一个字符串本来有 $cnt$ 个 $s[i]$ 字符，那么这个字符串的答案的变化为 $(cnt+1{)}^2$ $-$ $cn{t}^2$ $=$ $2cnt+1$，即一个字符串多了 $2cnt+1$，而对于前面 $i$ 个字符串的答案，即变化了 ${\sum }_1^i(2cnt+1)$，即为前面所有字符串的 $s[i]$ 字符的两倍 $+i$ 。

${\sum }_1^i(2cnt+1)$ $=$ $2$ $\times$ $sum[x]$ $+$ $i$ $(x=s[i]{-}^{\prime }{a}^{\prime }+1)$
对于一个字符串，维护$s[i]$在 $i$ 之前出现的次数每次只需要 $+1$，维护 $i$ 个字符串每次加 $i$
code：

#include
#define ll long long
#define _ 0
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 9;
const int mod = 998244353; 
ll n, m, k;
int dp[maxn], sum[30];
char s[maxn];
void work()
{
	memset(sum, 0, sizeof(sum));
    scanf("%s", s + 1);
    n = strlen(s + 1);
    ll ans = 0;
    for (ll i = 1; i <= n; ++i)
    {
    	int x = s[i] - 'a' + 1;
    	dp[i] = (dp[i-1] + 2ll * sum[x] + i) % mod;
    	sum[x] = (sum[x] + i) % mod;// 每个字符串+1，以i结尾的字符串有i个，所以+i
    	ans = (ans + dp[i]) % mod;
	}
	cout << ans << endl;
}

int main()
{
	int TT;cin>>TT;while(TT--)
	work();
	return ~~(0^_^0);
}

C. Sequence Pair Weight
题意：
定义一个子段的权重为：子段内相同元素的数对个数
给定一个序列，求序列所有子段权重之和
思路：
核心思想计算贡献
考虑 $f[i]$ 表示以 $i$ 结尾的所有子段的权重之和
首先以 $i$ 结尾的子段所有的贡献，分为两部分
以 $i-1$ 结尾的子段的贡献和加上 $a_i$ 后多出的贡献
$a_i$ 只会与前边与它相同的数匹配，假设 $a_j=a_i(j<i)$
那么以 $k(1<=k<=j)$ 为左端点的子段，都会多出 $1$ 的贡献，累计会多出 $j$ 的贡献
$i$ 之前所有与 $a_i$ 匹配的位置 $k$，都会产生 $k$ 的贡献
$map$ 维护即可
$ans$ 即为所有以 $i$ 结尾的子段贡献之和
复杂度 $O(nlogn)$
code：

#include
#define endl '\n'
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define ld long double
#define all(x) x.begin(), x.end()
#define eps 1e-6
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 9;
const int mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
ll n, m;
ll f[maxn];
int a[maxn];
map <int, ll> ma;
void work()
{
	cin >> n;
	for(int i = 0; i <= n; ++i) f[i] = 0;
	ma.clear();
	for(int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];
	ll ans = 0;
	for(int i = 1; i <= n; ++i){
		f[i] = f[i-1];
		if(ma.count(a[i])){
			f[i] += ma[a[i]];
		}
		ma[a[i]] += i;
		ans += f[i];
	}
	cout << ans << endl;
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	int TT;cin>>TT;while(TT--)
	work();
	return 0;
}

还有一种思路：
枚举到 $a_i$，假设 $a_j=a_i(j<i)$
那么只考虑这个数对的贡献，找包含这个数对的子段个数，左端点可以选 $[1,j]$，右端点可以选 $[i,n]$
那么就会贡献 $j\ast (n-i+1)$
对于所有 $a_j=a_i$ 的 $j$ 都会产生贡献，因此累计 $j$ 的下标和即可
扫一遍统计贡献即可