hdoj 6058(2017 Multi-University Training Contest

题目链接：Kanade’s sum

题目大意：给你一个n个数的数列，数列是n个数的某一个排列，枚举l,r，每个[l,r]区间里面第k大的数作为这个贡献，也就是算∑nl=1∑nr=lf(l,r,k)这个玩意，n的范围是5e5

题目思路：暴力肯定T，没得说，因为是一个全排列，我们可以想到去算每个数是第k大的时候有多少次，然后这个东西怎么去算呢？我们可以去找每个数前面最近的比他大的k个数和后面比他大的k个数，然后算贡献就好了，怎么算，前面枚举i个数，那么后面就应该是k-i个数，然后我们如果一直枚举的话，会重复，所以我们需要减掉重复，这就是代码里面“(a[i]-a[i+1])*(b[k-i+2]-b[k-i+1]);”的作用，去算次数，而且不重复，好了，现在我们知道怎么去算贡献了，现在我们需要去做的就是简化这个过程：首先我们可以想到，因为每个数都是唯一的，所以我们可不可以从最小的开始枚举，这样枚举大的数的时候这个小数只会影响贡献不会影响他是第几大，而贡献我们可以用链表去维护，先给定一个满链表，然后删去小的，算贡献（代码不懂的，可以打印a[i],b[i]每次存的数和每次的贡献，应该就能懂了）

#include <map>#include <set>#include <cmath>#include <queue>#include <stack>#include <vector>#include <cstdio>#include <cstring>#include <cstdlib>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;typedef long long ll;const int maxn = 5e5+10;int pos[maxn],pre[maxn],nxt[maxn];ll a[maxn],b[maxn];int n,k;ll solve(int x){    int t1 = 0,t2 = 0;    ll ans = 0;    for(int i = x;i >= 0&&t1 <= k;i = pre[i]) a[++t1] = i;    for(int i = x;i <= n+1&&t2 <= k;i = nxt[i]) b[++t2] = i;    for(int i = 1;i <= t1-1;i++){        if(k-i+2 > t2) continue;        ll tmp = (a[i]-a[i+1])*(b[k-i+2]-b[k-i+1]);        ans += tmp;    }    return ans;}void del(int x){    nxt[pre[x]] = nxt[x];    pre[nxt[x]] = pre[x];}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]);            pos[a[i]] = i;            pre[i] = i-1;            nxt[i] = i+1;        }        pre[0] = -1;nxt[n+1] = n+2;        ll ans = 0;        for(int i = 1;i <= n;i++){            ans += solve(pos[i])*i;            del(pos[i]);        }        printf("%lld\n",ans);    }    return 0;}