uoj213 【UNR #1】争夺圣杯

设\(f_i\)表示所有长度为\(i\)的区间的最大值的和，求\(\bigoplus \sum_{i=1}^nf_i\)

不难发现随机数据非常好做

由于一个随机序列的前缀最大值期望只会变化\(\log\)次，所以完全可以从这个条件上入手

考虑维护一个合并式单调栈，每次插入一个数之后，单调栈中存在的都是当前这个前缀所有的后缀最大值，我们直接暴力扫一遍这些后缀最大值，于是有一些针对\(f\)数组的区间加，我们直接差分维护就好了

这样在数据随机意义下是\(O(n\log n)\)的，一发跑过了除了\(\rm hack\)数据以外的所有数据也是非常惊人

考虑正解，使用单调栈找到一个位置\(i\)左边第一个小于等于他的\(j\)，和右边第一个大于他的\(k\)，显然在左端点在\([j,i]\)内，右端点在\([i,k)\)的区间的最大值都是\(a_i\)，于是直接讨论一下\(a_i\)对这些长度区间的贡献就好了

设\(a=\min(i-j+1,k-i),b=\max(i-j+1,k-i)\)

对于长度为\([1,a]\)的区间，贡献是\(x\times a_i\)

对于长度为\([a+1,b]\)的区间，贡献是\(b\times a_i\)

对于长度为\([b+1,a+b-1]\)的区间，贡献为\((b-x)\times a_i=b\times a_i-x\times a_i\)

维护两个差分数组，一个用于维护这个位置实际上增加了多少，一个用于维护这个位置增加了多少倍的\(x\)

随便就做完了，复杂度是\(O(n)\)的

代码

#include<bits/stdc++.h>

#define re register

#define LL long long

inline int read() {

	char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();

	while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;

}

const int mod=998244353;

const int maxn=1e6+5;

int a[maxn],pre[maxn],mn[maxn],t[maxn],st[maxn],c[maxn];

int n,top;LL ans;

inline void calc(int pos) {

	int a=t[top]-mn[top]+1,b=pos-t[top]+1;

	if(a>b) std::swap(a,b);

	int v=st[top]%mod;

	if(a<b) {

		pre[a+1]=(pre[a+1]+1ll*a*v%mod)%mod;

		pre[b+1]=(pre[b+1]-1ll*a*v%mod+mod)%mod;

	}

	c[1]=(c[1]+v)%mod,c[a+1]=(c[a+1]-v+mod)%mod;

	if(b<a+b-1) {

		c[b+1]=(c[b+1]-v+mod)%mod,c[a+b]=(c[a+b]+v)%mod;

		pre[b+1]=(pre[b+1]+1ll*(a+b)*v%mod)%mod;

		pre[a+b]=(pre[a+b]-1ll*(a+b)*v%mod+mod)%mod;

	}

}

int main() {

	n=read();for(re int i=1;i<=n;++i) a[i]=read();top=0;

	for(re int i=1;i<=n;i++) {

		int now=i;

		while(top&&a[i]>=st[top]) calc(i-1),now=mn[top],top--;

		mn[++top]=now,t[top]=i,st[top]=a[i];

	}

	while(top) calc(n),top--;

	for(re int i=1;i<=n;i++) pre[i]=(pre[i-1]+pre[i])%mod;

	for(re int i=1;i<=n;i++) c[i]=(c[i-1]+c[i])%mod;

	for(re int i=1;i<=n;i++)

		pre[i]=(pre[i]+1ll*c[i]*i%mod)%mod,ans^=pre[i];

	printf("%lld\n",ans);

}

巴特西

uoj213 【UNR #1】争夺圣杯

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