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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。?

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 
    
     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
     
      <=a[p+1]) p++;        while(q
      
       =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;}