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bzoj

思路

首先\(\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}\sum\limits_{k=i}^{j}max(a_k)\)可以用单调队列求解。参见?
求解此题目，我们分治。计算\([l,mid]\)对\([mid+1,r]\)的贡献。
我们从后向前枚举\(mid\)到\(l\)，定义为\(x\)。（\(A\)为\([x,mid]\)中的最小值，\(B\)为\([x,mid]\)中的最大值）
得到\(p\)(\([mid+1,r]\)中大于等于\(A\)的位置)和\(q\)(\([mid+1,r]\)中小于等于\(B\)的位置)
然后根据p，q的位置四种情况讨论，处理前缀和O1得到贡献。
显然p，q类似于单调队列是\(O(n)\)求得
代码有种简单但是恶心的感觉
复杂度\(O(nlogn)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+7,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9;
int read() {
    int x=0,f=1;char s=getchar();
    for(;s>'9'||s<'0';s=getchar()) if(s=='-') f=-1;
    for(;s>='0'&&s<='9';s=getchar()) x=x*10+s-'0';
    return x*f;
}
int n,a[N],ans;
int ma[N],mi[N],sum_mi[N],sum_ma[N],sum_mimai[N],sum_mima[N],sum_mii[N],sum_mai[N];
int jan(int a,int b) {
    int ans=(a-b);
    if(ans<0) ans+=mod;
    return ans;
}
void add(int &x,int y) {
    x+=y;
    if(x>=mod) x-=mod;
}
void cdq(int l,int r) {
    if(l>r) return;
    if(l==r) {ans=(1LL*a[l]*a[l]%mod+ans)%mod;return;}
    int mid=(l+r)>>1;
    cdq(l,mid),cdq(mid+1,r);

    sum_mi[mid]=sum_ma[mid]=sum_mima[mid]=sum_mimai[mid]=sum_mii[mid]=sum_mai[mid]=0;
    mi[mid]=inf,ma[mid]=0;
    for(int i=mid+1;i<=r;++i) {
        mi[i]=min(mi[i-1],a[i]);
        ma[i]=max(ma[i-1],a[i]);
        sum_mi[i]=(sum_mi[i-1]+mi[i])%mod;
        sum_ma[i]=(sum_ma[i-1]+ma[i])%mod;
        sum_mii[i]=(sum_mii[i-1]+1LL*mi[i]*i%mod)%mod;
        sum_mai[i]=(sum_mai[i-1]+1LL*ma[i]*i%mod)%mod;
        sum_mima[i]=(sum_mima[i-1]+1LL*mi[i]*ma[i]%mod)%mod;
        sum_mimai[i]=(sum_mimai[i-1]+1LL*mi[i]*ma[i]%mod*i%mod)%mod;
    }
    long long L,R;
    int p=mid,q=mid,A=a[mid],B=a[mid];
    int tot=ans;
    for(int i=mid;i>=l;--i) {
        A=min(A,a[i]),B=max(B,a[i]);
        while(p<r&&A<=a[p+1]) p++;
        while(q<r&&B>=a[q+1]) q++;
        L=mid+1,R=min(p,q);
        if(L<=R) 
            add(ans,1LL*A*B%mod*((L+R+2-2LL*i)*(R-L+1)/2%mod)%mod);
        L=p+1,R=q;
        if(L<=R)
            add(ans,1LL*B*jan(sum_mii[R],sum_mii[L-1])%mod),
            add(ans,1LL*jan(1,i)*B%mod*jan(sum_mi[R],sum_mi[L-1])%mod);
        L=q+1,R=p;
        if(L<=R)
            add(ans,1LL*A*jan(sum_mai[R],sum_mai[L-1])%mod),
            add(ans,1LL*jan(1,i)*A%mod*jan(sum_ma[R],sum_ma[L-1])%mod);
        L=max(p+1,q+1),R=r;
        if(L<=R)
            add(ans,jan(sum_mimai[R],sum_mimai[L-1])),
            add(ans,1LL*jan(1,i)*jan(sum_mima[R],sum_mima[L-1])%mod);
    }
}
int main() {
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read();
    cdq(1,n);
    printf("%d",ans);
    return 0;
}