hdu 5496 Beauty of Sequence bc#58 组合 离散化

题目

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5496

题目来源：bc#58 div1 1002

简要题意：一个序列的美丽值为连续相同数去重后的总和，求一个序列所有子序列的美丽值之和。

数据范围：∑n⩽2000000;1⩽n⩽105;1⩽ai⩽109\sum n \leqslant 2000000;\quad 1\leqslant n\leqslant 10^5;\quad 1\leqslant a_i\leqslant 10^9

题解

首先可以考虑先加上所有的，然后再去去重。

首先不去除重复的话总数是2n−1∑i=1nai2^{n-1}\sum\limits_{i=1}^na_i。

接着来计算重复的个数，这个是这题的难点，不妨令一段相同的中的第一个作出贡献。

考虑当前为aia_i，则对于后面来说不影响aia_i贡献，因为就算重复也只算最前面的，方案2n−i2^{n-i}。

对前面枚举所有j,ai=ajj,a_i=a_j，方案数为2j−12^{j-1}，即aja_j连接aia_i前面任取的方案。

这些贡献多算了，因为此时aia_i不产生贡献，贡献是aja_j产生的。

对于aia_i需要去除的贡献为ai2n−i∑j<i,aj=ai2j−1a_i2^{n-i}\sum\limits_{j

实现

aia_i较大需要离散化，扫的同时可以直接处理出∑j<i,aj=ai2j−1\sum\limits_{j。

想通之后代码实现难度不大。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <stack>
#include <queue>
#include <string>
#include <vector>
#include <set>
#include <map>

#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define sz(x) ((int)(x).size())
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
LL powmod(LL a,LL b, LL MOD) {LL res=1;a%=MOD;for(;b;b>>=1){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;}return res;}
// head
const int N = 1E5+5;
const LL MOD = 1e9+7;

int a
;
int b
;
LL cnt
;
int dis
;

int main()
{
int t, n;
scanf("%d", &t);
while (t--) {
scanf("%d", &n);
LL ans = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
scanf("%d", a+i);
dis[i] = a[i];
ans += a[i];
}
sort(dis, dis+n);
int len = unique(dis, dis+n)-dis;

ans = ans%MOD*powmod(2, n-1, MOD)%MOD;
for (int i = 0; i < n; i++) {
b[i] = lower_bound(dis, dis+len, a[i])-dis;
ans = (MOD + ans - powmod(2, n-1-i, MOD)*cnt[b[i]]%MOD*a[i]%MOD) % MOD;
cnt[b[i]] = (cnt[b[i]] + powmod(2, i, MOD))%MOD;
}
printf("%I64d\n", ans);
memset(cnt, 0, sizeof cnt);
}
return 0;
}