洛谷 P8313 [COCI2021-2022#4] Izbori

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题目

题目描述

Malnar 先生正在竞选县长，这个县一共有 $n$ 栋房屋，每栋房屋里都住着一位居民。Malnar 先生知道，选举的赢家不一定是最好的候选人，而是在选举前举办的宴会最好的候选人。因此，在选举前几天，他将邀请第 $l$ 至 $r(l\le r)$ 栋房屋内居住的居民，为他们准备一顿丰盛的晚餐。

Malnar 先生知道所有居民最喜欢吃的菜。在宴会上，他会准备大多数人喜欢的一道菜。如果一个人吃到了自己最喜欢吃的菜，将会投一票给 Malnar 先生。但是如果没有吃到自己最喜欢吃的菜，他们将会把票投给 Vlado 先生。如果没有来参加晚宴的居民，他们将会忘记选举，不做出任何投票。如果一个候选人获得了投了票的人中一半以上的人的支持，他将会赢得竞选。

Malnar 先生想知道，有多少组的 $(l,r)$ 可以使他赢得竞选。

输入格式

第一行包含一个整数 $n$，表示房屋的数量。

第二行包含 $n$ 个整数 $a_i$，表示第 $i$ 栋房屋内居民最喜欢的菜。

输出格式

仅一行，输出可以使 Malnar 先生赢得竞选的 $(l,r)$ 的组数。

样例 #1

样例输入 #1

2
1 1

样例输出 #1

3

样例 #2

样例输入 #2

3
2 1 2

样例输出 #2

4

样例 #3

样例输入 #3

5
2 2 1 2 3

样例输出 #3

10

提示

【样例 2 解释】

可以使 Malnar 先生赢得竞选的 $(l,r)$ 为：$(1,1),(2,2),(3,3),(1,3)$。

【数据规模与约定】

本题采用子任务捆绑测试。

• Subtask 1（10 pts）：$1\le n\le 300$。
• Subtask 2（15 pts）：$1\le n\le 2\times 10^3$。
• Subtask 3（15 pts）：$\forall i\in \{1,2,3,\dots ,n\},1\le a_i\le 2$。
• Subtask 4（70 pts）：没有额外限制。

对于 $100\%$ 的数据，$1\le l\le r\le n\le 2\times 10^5,1\le a_i\le 10^9$。

【提示与说明】

本题分值按 COCI 原题设置，满分 $110$。

题目译自 COCI2021-2022 CONTEST #4 T3 Izbori。

题解

25pts

$O(n^3)$的暴力
直接暴力累加计算就好了。
但其实累加的时候会有一个想法：$$su{m}_j-(j>>1)>su{m}_{i-1}-((i-1)>>1)$$$$即2\times su{m}_j-j>2\times su{m}_{i-1}-i-1$$
这就推出了我们的正解的想法。

110pts

我们再用一个数组$c$来保存$2\times su{m}_i-i$的值。
$$c_i=2\times su{m}_i-i$$
因为事实上我们只需要$c$的相对大小，并且每一段的$c$都是一段公差为$1$的等差数列，所以可以用类似于桶的想法，用一个数组$d$来保存不同值的$c$的个数。
$$d_i={\Sigma }_{j=1}^i{c}_j$$
于是我们就又会发现，对于一段$c$，产生的贡献又是对应这一段的$\Sigma d_i$,所以可以再用数组$e$保存数组$d$的前缀和。
$$e_i={\Sigma }_{j=1}^i{d}_j$$
同时我们需要进行区间修改并求前缀和，所以我们又可以将其改为单点修改并求前缀和，此时，我们还需要一个数组$f$。

总结一下上面的数组：（分不同种类的数）
$$su{m}_j={\Sigma }_{i=1}^j{a}_i$$
$$c_j=2\times su{m}_j-j$$
$$d_k={\Sigma }_{j=1}^n(c_j==k)（需要被区间修改）$$
$$e_i={\Sigma }_{k=1}^i{d}_k$$
$$f_l={\Sigma }_{l=1}^i{e}_l$$
所以维护三个树状数组就行。

代码实现

25pts

//洛谷 P8313 [COCI2021-2022#4] Izbori
#pragma GCC optimize(3)
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int n;
int a[200010];
int b[200010];
int sum[200010];
int cnt;
int x;
long long ans;

int find(int x){//二分查找
	int l=0,r=cnt,mid;
	while(l<r){
		mid=(l+r+1)>>1;
		if(b[mid]<=x){
			l=mid;
		}
		else{
			r=mid-1;
		}
	}
	return l;
}

void in(int &x){
	int nt;
	x=0;
	while(!isdigit(nt=getchar()));
	x=nt^'0';
	while(isdigit(nt=getchar())){
		x=(x<<3)+(x<<1)+(nt^'0');
	}
}

int main(){
	register int i,j;
	in(n);
	for(i=1;i<=n;++i){
		in(a[i]);
		b[i]=a[i];
	}
	sort(b+1,b+n+1);
	cnt=unique(b+1,b+n+1)-(b+1);//离散化
	for(i=1;i<=n;++i){
		x=find(a[i]);
		++sum[x];
		++ans;
		for(j=i+1;j<=n;++j){
			x=++sum[find(a[j])]>sum[x]?find(a[j]):x;
			if(sum[x]>=((j-i+1)>>1)+1){
				++ans;
			}
		}
		memset(sum,0,sizeof(sum));
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

110pts

//洛谷 P8313 [COCI2021-2022#4] Izbori
#pragma GCC optimize(3)
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int n;
int a[200010];
int b[200010];//用于离散化 
long long d[400010];
long long e[400010];
long long f[400010];
int cnt;
int x,y;
long long ans;
vector<int>t[200010];

int lowbit(int x){
	return x&-x;
}

int find(int x){
	int l=0,r=cnt,mid;
	while(l<r){
		mid=(l+r+1)>>1;
		if(b[mid]<=x){
			l=mid;
		}
		else{
			r=mid-1;
		}
	}
	return l;
}

void in(int &x){
	int nt;
	x=0;
	while(!isdigit(nt=getchar()));
	x=nt^'0';
	while(isdigit(nt=getchar())){
		x=(x<<3)+(x<<1)+(nt^'0');
	}
}

void add(int i,long long c){
	int x=i;
	while(i<=2*n+2){
		d[i]+=c;
		e[i]+=c*x;
		f[i]+=c*x*x;
		i+=lowbit(i);
	}
}

long long query(int i){
	long long ans=0;
	int x=i;
	while(i){
		ans+=d[i]*(x+2)*(x+1)-e[i]*(2*x+3)+f[i];
		i-=lowbit(i);
	}
	return ans/2;
}

int main(){
	register int i,j,l;
	in(n);
	for(i=1;i<=n;++i){
		in(a[i]);
		b[i]=a[i];
	}
	sort(b+1,b+n+1);
	cnt=unique(b+1,b+n+1)-(b+1);
	for(i=1;i<=n;++i){
		t[find(a[i])].push_back(i);
	}
	for(i=1;i<=cnt;++i){
		t[i].push_back(n+1);
		l=0;
		for(j=0;j<t[i].size();++j){
			y=2*j-l+n+1;
			x=2*j-t[i][j]+n+2;
			ans+=query(y-1)-(x>=3?query(x-2):0);
			add(x,1);
			add(y+1,-1);
			l=t[i][j];
		}
		l=0;
		for(int j=0;j<t[i].size();++j){
			y=2*j-l+n+1;
			x=2*j-t[i][j]+n+2;
			add(x,-1);
			add(y+1,1);
			l=t[i][j];
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}