HDU-6058 Kanade's sum(计数)

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题意：一个1~n的全排列，定义f(i,j,k)为在区间[i,j]内第k大的数，求

∑nl=1∑nr=lf(l,r,k)

题解：对于每个数求自己对答案的贡献，首先要知道Ai在某个数有贡献当且仅当区间内只有k-1个数比Ai大，于是可以从大到小遍历，这样当枚举到A时，比Ai大的数的位置都已知道，这个可以用set进行保存，然后分别枚举Ai左右两边比Ai大的数的个数以及区间范围。

这个题很卡时间，因此不能用set进行遍历，可以再建立一个领接表来进行O1的遍历

时间复杂度:O(nlogn+nk)

#include<bits/stdc++.h>#define lson l,m,rt<<1#define rson m+1,r,rt<<1|1using namespace std;typedef long long LL;typedef pair<int, int> PII;namespace IO {const int MX = 3e7;char buf[MX]; int c, sz;void begin() {    c = 0;    sz = fread(buf, 1, MX, stdin);}inline bool read(int &t) {    while (c < sz && buf[c] != '-' && (buf[c] < '0' || buf[c] > '9')) c++;    if (c >= sz) return false;    bool flag = 0;    if (buf[c] == '-') flag = 1, c++;    for (t = 0; c < sz && '0' <= buf[c] && buf[c] <= '9'; c++) t = t * 10 + buf[c] - '0';    if (flag) t = -t;    return true;}}const int inf = 0x3f3f3f3f;const int MX = 5e5 + 5;const LL mod = 1e9 + 7;int a[MX], fa[MX];set<int>s;set<int>::iterator now;struct node {    int pre, nxt;} E[MX];int main() {    int  n, k, T;    //freopen("in.txt", "r", stdin);    IO::begin();    IO::read(T);    while (T--) {        IO::read(n);        IO::read(k);        for (int i = 1; i <= n; i++) {            IO::read(a[i]);            fa[a[i]] = i;        }        LL ans = 0;        memset(E, -1, sizeof(E));        E[0].nxt = n + 1;        E[n + 1].pre = 0;        s.clear();        s.insert(0);        s.insert(n + 1);        for (int i = n; i >= 1; i--) {            now = s.upper_bound(fa[i]);            //printf("%d %d\n",fa[i],*now);            int r = *now;            int l = E[*now].pre;            s.insert(fa[i]);            E[l].nxt = fa[i];            E[r].pre = fa[i];            E[fa[i]].nxt = r;            E[fa[i]].pre = l;            if (i + k - 1 <= n) {                int lc = 0, rc = 1;                l = r = fa[i];                int ll = E[l].pre;                int rr = E[r].nxt;                for (; rc < k && rr != n + 1; rc++, r = E[r].nxt, rr = E[rr].nxt);                LL tmp = 0;                while (rc > 0) {                    for (; lc + rc < k && ll != 0; lc++, l = E[l].pre, ll = E[ll].pre);                    if (lc + rc < k) break;                    tmp += (LL)(l - ll) * (rr - r) * i;                    rc--;                    r = E[r].pre;                    rr = E[rr].pre;                }                ans += tmp;            }        }        printf("%lld\n", ans);    }    return 0;}