主要记录一下On预处理，O1取任意区间前缀和的前缀和

题目

6077. 巫师的总力量和

解题思路

贪心从小到大考虑，每次计算以 a i a_i ai为最小值时的贡献。

下面来看具体例子：

考虑 a 2 a_2 a2作为最小值时的贡献
区间 [ 1 , 2 ] , [ 1 , 3 ] , [ 1 , 4 ] , [ 1 , 5 ] , [ 2 , 2 ] , [ 2 , 3 ] , [ 2 , 4 ] , [ 2 , 5 ] [1,2],[1,3],[1,4],[1,5],[2,2],[2,3],[2,4],[2,5] [1,2],[1,3],[1,4],[1,5],[2,2],[2,3],[2,4],[2,5]
考虑 a 4 a_4 a4作为最小值时的贡献
区间 [ 3 , 4 ] , [ 4 , 4 ] , [ 4 , 5 ] , [ 3 , 5 ] [3,4],[4,4],[4,5],[3,5] [3,4],[4,4],[4,5],[3,5]
如果我们计算区间 [ 1 , 4 ] [1,4] [1,4]或 [ 2 , 4 ] [2,4] [2,4]，则与1中的贡献计算发生了重复。因此每次计算 a i a_i ai的贡献时，左端点不超过上个值与 a i a_i ai相同的位置，右端点到 n n n，但是，这样还不够，我们还要保证这些区间的最小值为 a i a_i ai。
考虑 a 3 a_3 a3作为最小值时的贡献
区间 [ 3 , 3 ] [3,3] [3,3]合法，因为之前枚举过的 a i a_i ai都小于当前值，会分割数组。

接下来考虑如何计算区间贡献。我们不可能枚举所有区间，这样会超时，来观察上述步骤1中的贡献情况。

容易发现，以 a i a_i ai为最小值的时候，左边元素的贡献次数为 1 次 , 2 次 , 3 次 . . . . . . 1次,2次,3次... ... 1次,2次,3次......，左边元素的贡献次数为 . . . . . . 3 次 , 2 次 , 1 次 ... ...3次,2次,1次 ......3次,2次,1次， a i a_i ai本身贡献次数为 ( n u m l e f t + 1 ) × ( n u m r i g h t + 1 ) (num_{left}+1)\times(num_{right}+1) (numleft+1)×(numright+1)次。只需要确定区间的左右端点，就可以直接计算以 a i a_i ai为最小值的所有区间的贡献。

a i a_i ai两侧的贡献次数，满足前缀和的前缀和规律。右侧部分是从左向右的前缀和的前缀和。左侧部分是从右向左的后缀和的后缀和。如何快速计算任意区间的前缀和的前缀和呢？

来看下图。

初始化： s 0 = s s 0 = 0 s_0 = ss_0=0 s0=ss0=0
前缀和： s i = s i − 1 + a i s_i = s_{i-1}+a_i si=si−1+ai
前缀和的前缀和： s s i = s s i − 1 + s i ss_i = ss_{i-1}+s_i ssi=ssi−1+si

结论：

s s l , r = s s r − s s l − 1 − ( r − l + 1 ) × s l − 1 ss_{l,r}=ss_{r}-ss_{l-1}-(r-l+1)\times s_{l-1} ssl,r=ssr−ssl−1−(r−l+1)×sl−1

很容易验证结论的正确性，不再赘述。

这样一来，我们就可以 O ( n ) O(n) O(n)预处理之后， O ( 1 ) O(1) O(1)得到任意区间的前缀和的前缀和。

后缀同理。

AC代码

const long long N = 1e5 + 5;
const long long mod = 1e9 + 7;class Solution
{public:map<long long, vector<long long>> pos;long long pre[N], suf[N], ppre[N], ssuf[N];set<long long> st;set<long long> vis;long long n;void init_ss(vector<int> &a){int n = a.size() - 1;for (int i = 1; i <= n; i++)pre[i] = pre[i - 1] + a[i];for (int i = 1; i <= n; i++)ppre[i] = (ppre[i - 1] + pre[i]) % mod;for (int i = n; i >= 1; i--)suf[i] = suf[i + 1] + a[i];for (int i = n; i >= 1; i--)ssuf[i] = (ssuf[i + 1] + suf[i]) % mod;}long long getlr(int l, int r){long long len = r - l + 1;return (ppre[r] - (ppre[l - 1] + pre[l - 1] * len) % mod + mod) % mod;}long long getrl(int r, int l){long long len = r - l + 1;return (ssuf[l] - (ssuf[r + 1] + suf[r + 1] * len) % mod + mod) % mod;}long long totalStrength(vector<int> &a){n = a.size();a.insert(a.begin(), -1);init_ss(a);vis.insert(0);vis.insert(n + 1);for (long long i = 1; i <= n; i++){st.insert(a[i]);pos[a[i]].emplace_back(i);}long long ans = 0;for (auto val : st){long long m = pos[val].size();for (long long i = 0; i < m; i++){long long p = pos[val][i];auto iter = vis.upper_bound(p);long long rr = (*iter) - 1;iter--;long long ll = (*iter) + 1;long long lenL = p - ll + 1;long long lenR = rr - p + 1;long long num, v;num = lenL;v = getlr(p, rr);ans = (ans + num * v % mod * val) % mod;num = lenR;v = getrl(p, ll);ans = (ans + num * v % mod * val) % mod;num = lenR * lenL % mod;v = val;ans = (ans - num * v % mod * val % mod + mod) % mod; //减去重复贡献vis.insert(p);}}return ans;}
};

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