hdu 6058 Kanade's sum [区间第k大数求和] [2017 Multi-University Training Contest

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题意:给你一个序列, 求每个区间的第k大的数的和, 如果不存在第k大的数, 则这个数为0.

分析:一个很直观的思路就是算每个数的贡献, 对于这个序列中的数a_i, 枚举有多少区间第k大的数为a_i.

*往前枚举找到k - 1个比a_i大的数,往后枚举找到k - 1个比a_i大的数. 然后将左边第i大的数到第i + 1大(包含i但不包含i + 1)的数的个数与右边第(k - i - 1)大到第(k - i)大的数的乘积累加. 最后得出结果.

*例如: n = 7, k = 2时, 对于序列1 7 3 5 4 6 2, 我们就可以通过下面的方法算a_i = 5的贡献.

(1)左边比5大[0, 1)区间的数 * 右边比5大[1, 2)区间中的数 {2 * 1 = 2};

(2)左边比5大[1, 2)区间的数 * 右边比5大(0, 1]的数{2 * 2 = 4};

(3)将前两步的结果累加, 为6.

*但如果暴力枚举, 复杂度太高, 肯定会TLE. 通过分析可以发现, 如果我们算为a_i = 5后, 再算a_i = 6时,a_i = 1, 2, 3, 4, 5对不会影响都不会影响a_i = 6在这个区间中第k大的地位. 所以我们可以考虑用类似链表, 并从小到大枚举a_i的值的方式去优化. 代码如下:

#include<bits/stdc++.h>typedef long long ll;const int maxn = 5 * 1e5 + 10;const ll mod = 1e9 + 7;using namespace std;int a[maxn], b[maxn];int r[maxn], l[maxn];int aa[100], bb[100];int n, k;ll cal(int x) {    ll cnt = 0;    int cnt1 = 0, cnt2 = 0;    for(int i = x; i >= 1; i = l[i]) {        aa[cnt1++] = i - l[i];        if(cnt1 == k) break;    }    for(int i = x; i <= n; i = r[i]) {        bb[cnt2++] = r[i] - i;        if(cnt2 == k) break;    }//    printf("%d %d\n", cnt1, cnt2);    for(int i = 0; i < cnt1; i++) {        if(k - i <= cnt2) cnt += aa[i] * bb[k - i - 1];    }//    printf("cnt = %lld\n", cnt);    r[l[x]] = r[x];    l[r[x]] = l[x];    return cnt;}int main() {    int T;    scanf("%d", &T);    while(T--) {        scanf("%d %d", &n, &k);        for(int i = 1; i <= n; i++) {            scanf("%d", &a[i]);            b[a[i]] = i;            l[i] = i - 1;            r[i] = i + 1;        }        ll ans = 0;        for(int i = 1; i <= n; i++) {            int x = b[i];            ans += cal(x) * i;        }        printf("%lld\n", ans);    }    return 0;}