一類巧妙利用利用分治的序列求值

這個方法經常用於這類問題：

給定序列 \(a\)，並定義基於序列 \(a\) 的函式 \(f(l, r)\)，求 \(\sum\limits_f(l, r)\)。

這個方法的核心做用是：

將不滿足可減性的求值，變成只需要可以區間拼合（即滿足區間可加性）的求值式子。

拆成每個點的貢獻處理。

從左到右推進端點 \(r\)，開乙個資料結構維護對於當前每個 \(l\) 的函式值 \(f(l,r)\)，每推進一位 \(r\) 對應了一次的區間修改和一次的整體求和。

etc，這不是本文的重點。

考慮分治：

這回我們只要求跨過中點的區間的貢獻就夠了，即求

\[\sum_^\sum_^f(i,j)

\]這個式子當然還是是 \(o(n^2)\) 的，但是常常它比原問題的那個更加的簡便，有無窮的威力。簡便在哪？簡便在於，本來這個式子可能不滿足區間可減性，但是經過這樣的分治，它只需要區間可加就行了，於是可以轉化為第 ii 節中的方法。

設當前求解當前 \(mid\) 的時間複雜度為 \(o(f(r-l+1))\)，那麼總複雜度也就近似的可以認為是 \(o(f(n) \log n\)。

給定數列 \(a\)，設 \(f(l,r)=\max\limits_^a_i\)，求 \(\sum\limits_^n\sum\limits_^n f(i,j)\)。

利用上述轉化後問題就變成了可以用第 ii 部分中的第一種處理，設 \(g(i)\) 為字首/字尾最大值，那麼它一定是單調的，即對於每乙個位置的最大值的貢獻，我就看一下另一邊有多少個數小於它即可。尺取法一下複雜度 \(n\log n\)。事實上還有很多其他解法，這裡只是作為乙個 example。

gsor 1008，謝謝出題人 lxl。

哈哈哈其實他給的做法都是 \(n \log^2 n\) 的，其實很輕鬆可以做到 \(n\log n\)，於是就成了最短+最快解（哈哈哈！