HDU 6058 Kanade's sum（链表）

Description
给出一个1~n的排列a[1]~a[n]，查询该序列所有子区间的第k大之和，如果k大于一个区间的长度，则认为该区间第k大是0
Input
第一行一整数T表示用例组数，每组用例首先输入两个整数n和k，然后输入一个1~n的排列a[1]~a[n] （1<=T<=10,1<=k<=min(n,80),sum{n}<=5e5）
Output
输出所有子区间的第k大之和
Sample Input
1
5 2
1 2 3 4 5
Sample Output
30
Solution
考虑i对答案的贡献，比i小的数没有意义，所以从大到小枚举i，设i左边比其大的数的位置为L[1],L[2],..，右边比其大的数的位置为R[1],R[2],…，由于i是区间第k大，那么所有以i为第k大的区间需要包含j个L和k-j-1个R，满足条件的区间有(L[j]-L[j+1])*(R(k-j)-R(k-j-1))，用双向链表把这i以及大于i的数连起来，这样每次只需要移动k次就可以统计出答案，每次找到i插到链表的位置可以用set维护每个值的位置然后在O(logn)找到，总时间复杂度O(nlogn+nk)
Code

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int maxn=500011;int T,n,k,a[maxn],L[maxn],R[maxn],pos[maxn];set<int>s;int main(){    scanf("%d",&T);    while(T--)    {        scanf("%d%d",&n,&k);        k--;        for(int i=1;i<=n;i++)        {            scanf("%d",&a[i]);            pos[a[i]]=i;        }        for(int i=0;i<=n+1;i++)L[i]=0,R[i]=n+1;        s.clear();        s.insert(0);        s.insert(n+1);        ll ans=0;        for(int i=n;i>=1;i--)        {            s.insert(pos[i]);            auto it=s.lower_bound(pos[i]);            auto itt=it;            it--,itt++;            int l=*it,r=*itt;            R[l]=pos[i],L[r]=pos[i];            L[pos[i]]=l,R[pos[i]]=r;            r=pos[i];            int cnt=0;            while(cnt<k&&r!=n+1)r=R[r],cnt++;            if(r==n+1)r=L[r],cnt--;            l=pos[i];            int cnt2=0;            while(cnt2<k-cnt&&l!=0)l=L[l],cnt2++;            if(l==0)l=R[l],cnt2--;            if(cnt2!=k-cnt)continue;            for(int j=0;j<=k&&l!=0&&r>=pos[i];j++)            {                ans+=1ll*i*(l-L[l])*(R[r]-r);                l=L[l],r=L[r];            }        }        printf("%I64d\n",ans);    }    return 0;}