题目描述

问题陈述

给你一个长度为 $N$ 的整数序列 $A=(A_1,A_2,\dots ,A_N)$ 。定义 $f(l,r)$ 为：

• 子序列 $(A_l,A_{l+1},\dots ,A_r)$ 中不同值的个数。

计算下面的表达式

$\sum _{i=1}^N\sum _{j=i}^{N}f(i,j)$

限制因素

• $1\le N\le 2\times 10^5$
• $1\le A_i\le N$
• 所有输入值均为整数。

样例1解析

$f(1,1)=(A_1)中不同值的个数=(1)中不同值的个数=1$
$f(1,2)=(A_1,A_2)中不同值的个数=(1,2)中不同值的个数=2$
$f(1,3)=(A_1,A_2,A_3)中不同值的个数=(1,2,2)中不同值的个数=2$
$f(2,2)=(A_2)中不同值的个数=(2)中不同值的个数=1$
$f(2,3)=(A_2,A_3)中不同值的个数=(2,2)中不同值的个数=1$
$f(3,3)=(A_3)中不同值的个数=(3)中不同值的个数=1$
$\sum _{i=1}^3\sum _{j=i}^{3}f(i,j)$
$=f(1,1)+f(1,2)+f(1,3)+f(2,2)+f(2,3)+f(3,3)$
$=1+2+2+1+1+1$
$=8$

题解

(1) 暴力枚举

做法

按照题目要求，枚举 $i$ 和 $j$，然后算一下从 $i$ 到 $j$ 的不同值的个数。
算不同值的个数时，可以用一个数组记录每个值是否在之前出现过，每遍历一个数，如果它之前没出现过，就把答案 $+1$，否则直接跳过。时间复杂度 $O(n^3)$。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 200010;int n;
int a[N];
bool st[N];
LL ans;void work(int l, int r)
{int res = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) st[i] = false;for (int i = l; i <= r; i ++ ){if (!st[a[i]]) res ++ ;st[a[i]] = true;}ans += res;
}int main()
{scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &a[i]);for (int i = 1; i <= n; i ++ )for (int j = i; j <= n; j ++ )work(i, j);printf("%lld\n", ans);return 0;
}

运行结果

(2) 暴力优化

做法

我们发现，每次我们都把整个 $st$ 数组清空，因此浪费了很多时间。我们可以在每次 $i+1$ 时清空 $st$ 数组，当 $j$ 循环时，每次将 $A_j$ 加入 $st$，然后当前的 $res$ 就是 $f(i,j)$。时间复杂度 $O(n^2)$。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 200010;int n;
int a[N];
bool st[N];
LL ans;void work(int l, int r)
{int res = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) st[i] = false;for (int i = l; i <= r; i ++ ){if (!st[a[i]]) res ++ ;st[a[i]] = true;ans += res;}
}int main()
{scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &a[i]);for (int i = 1; i <= n; i ++ )work(i, n);printf("%lld\n", ans);return 0;
}

运行结果

正解

刚才，我们优化了 $j$，现在我们考虑优化 $i$，即求出一个 $\sum _{j=1}^{n}f(1,j)$，就能推出 $\sum _{j=i}^{n}f(i,j)(2\le i\le n)$。

我们考虑一下，如果 $i$ 变成了 $i+1$，那么 $f(i,j)$ 变成 $f(i+1,j)$ 有什么变化。
显然，如果 $A_i$ 在 $i$ ~ $j$ 中只出现一次，那么 $i$ ~ $j$ 中 $A_i$ 这个数出现次数为 $1$，而 $i+1$ ~ $j$ 中 $A_i$ 这个数出现次数为 $0$，其它数出现次数不变，相当于只有 $A_i$ 从有到没有，不同值个数 $-1$。如果 $A_i$ 在 $i$ ~ $j$ 中出现一次以上，那么 $i$ ~ $j$ 中 $A_i$ 这个数出现次数 $>1$，而 $i+1$ ~ $j$ 中 $A_i$ 这个数出现次数为 $\ge 1$，其它数出现次数不变，相当于所有数的存现都没有变，不同值个数不变。

接着，我们发现存在一个 $k$，使得 $j$ 从 $i$ 到 $k$ 个数发生变化， $j$ 从 $k+1$ 到 $n$ 个数不发生变化。因为每次 $j+1$ 时每个数的个数都只会增加，所以 $A_i$ 的出现次数是单调不减的，所以一但 $A_i>1$ 将一直 $A_i>1$，所以 $k$ 存在。

最后，我们发现，如果 $A_i$ 后面还有 $=A_i$ 的数，那么 $k$ 等于第一个 $=A_i$ 的下标 $-1$，否则 $k=n$。因为如果 $A_i$ 后面还有 $=A_i$ 的数，那么当 $j$ 到第一个 $=A_i$ 的下标时，$A_i$ 的数量最先 $>1$ 因此 $k$ 等于第一个 $=A_i$ 的下标 $-1$。如果 $A_i$ 后面没有 $=A_i$ 的数，那么无论如何 $A_i$ 的出现次数都 $=1$，所以永远不可能存在两个值为 $A_i$ 的数，所以 $k=n$。

因此，我们预处理出 $i=1$ 时 $\sum _{j=1}^{n}f(i,j)$ 的结果和每个数后面第一个与它相同的下标（如果没有则设为 $n$）。接着，$i$ 从 $1$ 到 $n-1$ 遍历，每次算出依次去掉 $A_i$后会把 $ \sum_{j = 1}^n f(i, j)$ 减去的数 = $k-i+1$。最后把预处理的数和每一次去掉剩下的数加在一起就是答案。

时间复杂度 $O(n)$。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 200010;int n;
int a[N];
bool st[N];
int ne[N], last[N];int main()
{scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &a[i]);LL sum = 0, cnt = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++ ){if (!st[a[i]]){st[a[i]] = true;cnt ++ ;}sum += cnt;ne[last[a[i]]] = i;last[a[i]] = i;}LL ans = sum;for (int i = 1; i < n; i ++ ){int t = ne[i];if (!t) t = n + 1;sum -= t - i;ans += sum;}printf("%lld\n", ans);return 0;
}

运行结果

结语

再去看这道题，我们先从暴力开始，一步一步优化，最终成功解决了题目。
巧妙的做法往往不是一蹴而就的，而是一步一步优化得到的结果。