题目分析

若a单调不升，如图，b全部相等显然比b不相等要优。

那么∑i=1m(ai−b)2\sum_{i=1}^m (a_i-b)^2∑i=1m(ai−b)2，求导得∑ai2−2b(∑ai)+mb2\sum a_i^2-2b(\sum a_i)+mb^2∑ai2−2b(∑ai)+mb2，当导函数等于0时取到最小值，此时b=∑aimb=\frac{\sum a_i}{m}b=m∑ai也就是平均值。

若将原序列划分为一段段的单调不升区间，每一段的b都是平均值。然后因为b还不满足单调不降性质，所以要合并一些区间，也就是将这两个区间里的元素重新降序排列。

得到一种50分做法：维护一个单调栈，每次将新元素当成一个区间插入末尾，若b值不满足单调不降，则将这个区间与单调栈前一个区间合并。

那么询问怎么做呢？

从前往后跑一次单调栈，从后往前跑一次，都用可持久化数组（主席树完成）维护好。然后我们只要知道xxx所在的区间的左右端点LLL和RRR，将从前往后合并了前L−1L-1L−1个元素时的答案，和从后往前合并了第R+1R+1R+1到nnn个元素时的答案，与[L,R][L,R][L,R]的贡献相加即可。

可以二分一个RRR，然后在这个RRR的基础上，在可持久化数组上二分（其实就是线段树二分式的实现方法），找到一个最大的满足前一个区间的平均值比[L,R][L,R][L,R]平均值小（或等于）的LLL，再检验这个[L,R][L,R][L,R]的平均值是否比RRR后面一个区间要小，即可同时完成RRR的二分。

复杂度O(nlog⁡2n)O(n \log^2 n)O(nlog2n)

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define RI register int
int read() {int q=0;char ch=' ';while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();while(ch>='0'&&ch<='9') q=q*10+ch-'0',ch=getchar();return q;
}
typedef long long LL;
typedef double db;
const db eps=1e-10;
const int mod=998244353,N=100005;
int n,m,SZ;
int a[N],inv[N],ans1[N],ans2[N],top1[N],top2[N],rt1[N],rt2[N];
struct node{int ls,rs,l,r,lkr;}tr[N*36];int qm(int x) {return x>=mod?x-mod:x;}
struct data{int s0;LL s1;int s2;data friend operator + (data A,data B){return (data){A.s0+B.s0,A.s1+B.s1,qm(A.s2+B.s2)};}data friend operator - (data A,data B){return (data){A.s0-B.s0,A.s1-B.s1,qm(A.s2-B.s2+mod)};}bool friend operator <= (data A,data B){return (db)A.s1/(db)A.s0<(db)B.s1/(db)B.s0+eps;}bool friend operator < (data A,data B){return (db)A.s1/(db)A.s0+eps<(db)B.s1/(db)B.s0;}int val() {return qm(s2-1LL*(s1%mod)*(s1%mod)%mod*inv[s0]%mod+mod);}
}st[N],sum[N];void up(int x) {tr[x].l=tr[tr[x].ls].l,tr[x].lkr=tr[tr[x].ls].lkr;tr[x].r=(tr[x].rs?tr[tr[x].rs].r:tr[tr[x].ls].r);
}
void ins(int &x,int y,int s,int t,int pos,int l,int r) {x=++SZ,tr[x]=tr[y];if(s==t) {tr[x].l=l,tr[x].r=tr[x].lkr=r;return;}int mid=(s+t)>>1;if(pos<=mid) ins(tr[x].ls,tr[y].ls,s,mid,pos,l,r),tr[x].rs=0;else ins(tr[x].rs,tr[y].rs,mid+1,t,pos,l,r);up(x);
}
int getr(int x,int s,int t,int pos) {if(s==t) return tr[x].r;int mid=(s+t)>>1;if(pos<=mid) return getr(tr[x].ls,s,mid,pos);else return getr(tr[x].rs,mid+1,t,pos);
}
int query(int x,int s,int t,int lim,data &now) {if(s>lim) return -1;if(t<=lim) {data kl=sum[tr[x].lkr]-sum[tr[x].l-1];data kr=sum[tr[x].r]-sum[tr[x].lkr];if(kr+now<=kl) {now=now+sum[tr[x].r]-sum[tr[x].l-1];return -1;}if(s==t) return tr[x].r+1;}int mid=(s+t)>>1,re=query(tr[x].rs,mid+1,t,lim,now);if(re==-1) re=query(tr[x].ls,s,mid,lim,now);return re;
}void prework() {int top=0;for(RI i=1;i<=n;++i) {data now=(data){1,a[i],(int)(1LL*a[i]*a[i]%mod)};while(top&&now<=st[top]) now=now+st[top],--top;ans1[i]=qm(ans1[i-now.s0]+now.val());st[++top]=now,top1[i]=top,ins(rt1[i],rt1[i-1],1,n,top,i-now.s0+1,i);}top=0;for(RI i=n;i>=1;--i) {data now=(data){1,a[i],(int)(1LL*a[i]*a[i]%mod)};while(top&&st[top]<=now) now=now+st[top],--top;ans2[i]=qm(ans2[i+now.s0]+now.val());st[++top]=now,top2[i]=top,ins(rt2[i],rt2[i+1],1,n,top,i,i+now.s0-1);}printf("%d\n",ans1[n]);
}
void work() {while(m--) {int x=read(),y=read();int l=0,r=top2[x+1],resL=0,resR=0;while(l<=r) {int mid=(l+r)>>1;int R=(mid==0?x:getr(rt2[x+1],1,n,top2[x+1]-mid+1));data now=(data){1,y,(int)(1LL*y*y%mod)}+sum[R]-sum[x];int L=query(rt1[x-1],1,n,top1[x-1],now);if(L==-1) L=1;if(R==n||now<=sum[getr(rt2[x+1],1,n,top2[x+1]-mid)]-sum[R])resL=L,resR=R,r=mid-1;else l=mid+1;}data now=sum[resR]-sum[x]+sum[x-1]-sum[resL-1]+(data){1,y,(int)(1LL*y*y%mod)};printf("%d\n",qm(qm(now.val()+ans1[resL-1])+ans2[resR+1]));}
}int main()
{n=read(),m=read();for(RI i=1;i<=n;++i)a[i]=read(),sum[i]=sum[i-1]+(data){1,a[i],(int)(1LL*a[i]*a[i]%mod)};inv[1]=1;for(RI i=2;i<=n;++i) inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;prework(),work();return 0;
}

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