題目大意

??給定一個長度為 $n$ 的序列 $a_1,?,a_n$，求所有區間的 $mex$ 平均值之和，即
$$\sum _{l=1}^n\sum _{r=l}^n\frac{mex(a_l,a_{l+1},?,a_r)}{r?l+1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}998244353)$$
??$1\le n\le 5\times 10^5,0\le a_i\le 5\times 10^5$

\\
\\
\\

題解

??這題大概是有兩種解法，官方題解是轉化成 ${\sum }_{i=0}^{\max \{a\}}{\sum }_{l\le r}\frac{[mex(a_l,?,a_r)\ge i]}{r?l+1}$ 來做，但它比較簡略我沒搞懂。于是又找到了HOWARLI的做法，我這個就是參考他的。被吊打啦

??有一種傳統建模是，左端點從右往左移動，用線段樹維護右端點的答案。但是在這題，左端點往左移相當于給若干個序列插入一個元素， $mex$ 怎么變就很難搞了。

??但是變通一下，左端點從左往右移，就很好搞了。因為這對于 $mex$ 來說相當于是區間取 $\min$ 的操作。
??當左端點從 $i?1$ 移到 $i$，就相當于刪去 $a_{i?1}$，假設 $i?1$ 后面的第一個跟 $a_{i?1}$ 相同的元素是 $a_{nex{t}_{i?1}}$，那么刪去 $a_{i?1}$ 影響到的右端點范圍就是 $[i,nex{t}_{i?1})$。在這個范圍里所有 $mex$ 值大于 $a_{i?1}$ 的都會變成 $a_{i?1}$。
??由于 $mex$ 是分段遞增的，我們在這個范圍內找到所有 $mex$ 值大于 $a_{i?1}$ 的段，結算它們的貢獻，并更新它們。
??假設一個段 $[l,r]$，$mex$ 值為 $m$。對于里面的一個元素 $x(x\in [l,r])$，它最早在左端點為 $t$ 時把 $mex$ 值更新為 $m$，那么它要結算的貢獻就是 $m(\frac{1}{x?t+1}+?+\frac{1}{x?(i?1)+1})$，即 $m(s_{x?t+1}?s_{x?(i?1)})$（記 $s_n={\sum }_{i=1}^n\frac{1}{i}$）。
??于是用線段樹維護一下 $mex$ 的分段、區間 $\sum s_{x?t+1}$ 即可。
??每次左端點的移動，最多新增 2 個段，刪除若干個段，因此段的總量也是 $O(n)$ 的。時間復雜度 $O(n\log n)$。

代碼

#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--) using namespace std;typedef long long LL;const int maxn=5e5+5; const LL mo=998244353;struct TR{int minmex,maxmex;LL st; };int n,a[maxn];LL Pow(LL x,LL y) {LL re=1;for(; y; y>>=1, x=x*x%mo) if (y&1) re=re*x%mo;return re; }int ap[maxn],nxt[maxn],init_mex[maxn]; LL s[maxn],ss[maxn]; void Pre() {fd(i,n,1){nxt[i]=(!ap[a[i]]) ?n+1 :ap[a[i]];ap[a[i]]=i;}memset(ap,0,sizeof(ap));int mex=0;fo(i,1,n){ap[a[i]]=1;while (ap[mex]) mex++;init_mex[i]=mex;}fo(i,1,n) s[i]=(s[i-1]+Pow(i,mo-2))%mo, ss[i]=(ss[i-1]+s[i])%mo; }TR tr[4*maxn]; pair<int,int> bz[4*maxn]; TR merge(const TR &a,const TR &b) {return (TR){min(a.minmex,b.minmex),max(a.maxmex,b.maxmex),(a.st+b.st)%mo}; } void update(int k,int t,int l,int mid,int r) {if (!bz[k].first) return;tr[t]=(TR){bz[k].second,bz[k].second,(ss[mid-bz[k].first+1]-ss[l-bz[k].first]+mo)%mo};tr[t+1]=(TR){bz[k].second,bz[k].second,(ss[r-bz[k].first+1]-ss[mid+1-bz[k].first]+mo)%mo};bz[t]=bz[t+1]=bz[k];bz[k]=make_pair(0,0); } void tr_js(int k,int l,int r) {if (l==r){tr[k]=(TR){init_mex[r],init_mex[r],s[r]};return;}int t=k<<1, mid=(l+r)>>1;tr_js(t,l,mid), tr_js(t+1,mid+1,r);tr[k]=merge(tr[t],tr[t+1]); } pair<int,int> cx_bs(int k,int l,int r,int x,int z) {if (l==r) return (tr[k].maxmex>z) ?make_pair(l,tr[k].maxmex) :make_pair(-1,-1) ;int t=k<<1, mid=(l+r)>>1;update(k,t,l,mid,r);return (x<=mid && tr[t].maxmex>z) ?cx_bs(t,l,mid,x,z) :cx_bs(t+1,mid+1,r,x,z); } int cx_r(int k,int l,int r,int x,int z) {if (l==r) return l;int t=k<<1, mid=(l+r)>>1;update(k,t,l,mid,r);return (x<=mid && tr[t+1].minmex>z) ?cx_r(t,l,mid,x,z) :cx_r(t+1,mid+1,r,x,z); } LL cx_st(int k,int l,int r,int x,int y) {if (x<=l && r<=y) return tr[k].st;int t=k<<1, mid=(l+r)>>1;update(k,t,l,mid,r);LL re=0;if (x<=mid) re=cx_st(t,l,mid,x,y);if (mid<y) (re+=cx_st(t+1,mid+1,r,x,y))%=mo;return re; } void tr_xg(int k,int l,int r,int x,int y,pair<int,int> z) {if (x<=l && r<=y){tr[k]=(TR){z.second,z.second,(ss[r-z.first+1]-ss[l-z.first]+mo)%mo};bz[k]=z;return;}int t=k<<1, mid=(l+r)>>1;update(k,t,l,mid,r);if (x<=mid) tr_xg(t,l,mid,x,y,z);if (mid<y) tr_xg(t+1,mid+1,r,x,y,z);tr[k]=merge(tr[t],tr[t+1]); }int main() {freopen("average.in","r",stdin);freopen("average.out","w",stdout);scanf("%d",&n);fo(i,1,n) scanf("%d",&a[i]);Pre();tr_js(1,1,n);LL ans=0;fo(i,1,n){if (i>1){for(int l=i, r; l<nxt[i-1]; l=r+1){pair<int,int> t=cx_bs(1,1,n,l,a[i-1]);l=t.first;if (l==-1 || l>=nxt[i-1]) break;r=min(cx_r(1,1,n,l,t.second),nxt[i-1]-1);(ans+=(cx_st(1,1,n,l,r)-ss[r-(i-1)]+mo+ss[l-(i-1)-1])%mo*t.second)%=mo;tr_xg(1,1,n,l,r,make_pair(i,a[i-1]));}}(ans+=cx_st(1,1,n,i,i)*(a[i]==0))%=mo;}printf("%lld\n",ans); }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的【JZOJ4939】平均值 题解的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

如果覺得生活随笔網站內容還不錯，歡迎將生活随笔推薦給好友。