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AT_abc407_f [ABC407F] Sums of Sliding Window Maximum

news 2025/8/29 12:53:42

AT_abc407_f [ABC407F] Sums of Sliding Window Maximum

题目描述

给你一个长度为 $N$ 的数列 $A=(A1,…,AN)A=(A_1,\dots,A_N)$ ，请对于所有 $1≤k≤N1\le k\le N$ 求解下面的问题：

求出 $A$ 长为 $k$ 的全部 $N - k + 1$ 个连续子序列的最大值的和。

输入格式

将按照以下格式输入：

$N$

$A_1$ $ A_2$ $A_3$ $…\dots$ $A_N$

输出格式

$N$ 行，第 $i$ 行为 $k = i$ 时所求解问题的答案。

输入输出样例 #1

输入 #1

4
5 3 4 2

输出 #1

输入输出样例 #2

输入 #2

8
2 0 2 5 0 5 2 4

输出 #2

输入输出样例 #3

输入 #3

11
9203973 9141294 9444773 9292472 5507634 9599162 497764 430010 4152216 3574307 430010

输出 #3

说明/提示

数据规模与约定

$\le N \le 2 \times 10^{5}$
$\le A_i \le 10^{7} (1 \le i \le N)$
输入的所有数字为整数。

思路详解

思路引入

题目让我们对每一个 $k$ 求长度为 $k$ 的连续子数组的最大值之和。假如 $k$ 是一个定值，那这个题就是滑动窗口了。可是这个题的 $k$ 是不定的，枚举 $k$ 又会超时，那该怎么办呢？

我们显然不能再枚举 $k$ 了，我们需要考虑 $i$ 对所有 $k$ 的贡献。不难发现，假如定义 $l_{i}$ 为 $i$ 往前第一个大于 $i$ 的， $r_{i}$ 为 $i$ 往后第一个大于等于 $i$ 的(一个取等一个不取等是为了防止重复，就和很多个 $[l, r)$ 加起来一样)。则 $i$ 只可能在区间 $l_{i},r_{i}]$ 中有贡献。记录 $x_{min},x_{max}$ 为 $i-l_{i}+1,r_{i}-i+1$ 的最小/最大值。那可以按如下分类：

记录当前长度为 $k$ ，当 $\epsilon[1,x_{min}-1]$ 时，我们发现此时区间都有可能取不到 $i$ ， $i$ 对他只有 $k$ 次贡献(区间穿过 $i$ ，每个位置各一次，一共 $k$ 次)。
当 $\epsilon[x_{min},x_{max})$ 时，区间比小的那一段长，但是没有大的长，所以 $x_{min}-i$ 都可以作为区间起点，包含 $i$ 且不会超过 $x_{}max$ ， $i$ 的贡献恒为 $x_{min}$ 次。
当 $\epsilon[x_{max},r_i-l_i+1]$ 时，区间一定包含 $i$ ，但只有 $r_i-l_i+1-k+1$ 个起点，所以贡献只有 $r_i-l_i+1-k+1$ 次

我们发现，情况1、3的贡献次数都和 $k$ 有关，由于 $k$ 的变化量为1，则转化为函数的话，这两段一次函数的斜率都为1，即一个公差为1的等差数量，思考如何直接加一段等差数列？？？直接使用二阶差分，将差分数组在差分一次，那我们就这么干：

在1的位置加1，表示这一段的公差加1。
在 $x_{min}-1$ 的位置减1，表示后面的公差为0。
在 $x_{max}$ 的位置再减1，表示后面的公差为-1。
在 $r_i-l_i+1$ 的位置加1，表示区间结束了。

过程分析

过程大概如下：

求得数组 $l_{i},r_{i}$ ，由于要找最近的，我们可以用单调栈解决。
对每个 $i$ 计算他的贡献，用二阶差分标记。
求两次前缀和，还原最后的答案。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=2e5+5;
ll n,a[N],ans[N];
ll l[N],r[N];
int main(){
//我们发现这个题目如果k固定就变为滑动窗口，可是k不固定该怎么办呢
//首先枚举k是不可能的，那我们只能思考一个数对所有k的贡献
//显然一个数只会在一个区间能取到他且他为最大值时有贡献
//那在定义l[x]为左边第一个大于等于x，r[x]为右边第一个大于x的(一边取等是为了防止重复，类似于多个[) )
//那显然在l[x]左或r[x]右都无贡献
//若k很小，小到甚至可能在区间[l[x],r[x]]取不到x
//那x对k的贡献显然只有包含x的k次，且此时k<min(x-l[x]+1,r[x]-x+1)
//当min(x-l[x]+1,r[x]-x+1)<=k<max(x-l[x]+1,r[x]-x+1)时
//我们可以取min(x-l[x]+1,r[x]-x+1)次区间开头，而且整个区间一定都在范围内
//所以x有min(x-l[x]+1,r[x]-x+1)次贡献
//当max(x-l[x]+1,r[x]-x+1)<=k<r[x]-l[x]+1时
//只能取r[x]-l[x]+1-k+1次结尾，且此时开头一定在区间内，所以有r[x]-l[x]+1-k+1次贡献
//我们发现贡献先加大，且每次都加a[x]
//后不变，最后减小，且每次都减a[x]
//所以直接二阶差分即可cin>>n;for(ll i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];stack<ll>st;for(ll i=1;i<=n;i++){//求l数组while(st.size()&&a[st.top()]<=a[i])st.pop();l[i]=st.size()?st.top():0;st.push(i);}while(st.size())st.pop();//记得清空for(ll i=n;i>=1;i--){//求r数组while(st.size()&&a[st.top()]<a[i])st.pop();r[i]=st.size()?st.top():n+1;st.push(i);}for(ll i=1;i<=n;i++){//差分ll xmin=min(i-l[i]+1,r[i]-i+1),xmax=max(i-l[i]+1,r[i]-i+1);ans[1]+=a[i];ans[xmin]-=a[i];ans[xmax]-=a[i];ans[r[i]-l[i]+1]+=a[i];}for(ll i=1;i<=n;i++)ans[i]+=ans[i-1];for(ll i=1;i<=n;i++)ans[i]+=ans[i-1];for(ll i=1;i<=n;i++)cout<<ans[i]<<'\n';return 0;
}