题意简析
计算给定序列的所有字段权值和，权值定义为有相同数值的下标对数。
思路解析
首先考虑到枚举，一个长度为 \(n\) 的序列，总共可以产生 \(n^2\) 数量级的子序列，子序列的最长长度为 \(n\)，时间复杂度为 \(O(n^3)\)。
但我们想到，这其中的枚举肯定会有很多重复，所以考虑优化。
这里有一种 \(O(n)\) 的做法，对于每个下标对 \((i,j)\)，包含它的子段数量是 \(i(n-j+1)\)。为什么呢？因为它的左端点是 \([1,i]\)，右端点是 \([j,n]\)，左端点有 \(i\) 种可能，右端点有 \(n-j+1\) 种可能，根据我们小学二年级就学过的乘法原理，那么这个子段对答案的贡献就是 \(i(n-j+1)\) 个它所拥有的相同数值下标对数。
对于每个数值的出现的下标的序列，我们令其为 \(p\)，大小为 \(m\)，那么我们的答案就是：
\[\sum_{i=1}^{m-1} \sum_{j=i+1}^{m} p_i(n-p_j+1)
\]
这个东西弄不好还是 \(O(n^2)\) 的，所以我们可以提取公因式，转化为：
\[
\sum_{i=1}^{m-1} [p_i \sum_{j=i+1}^{m}(n-p_j+1)]\]
预处理后缀和处理即可。
代码实现
这里带 \(\log\) 的原因是用了 unordered_map，如果实现的好的话是可以去的。
实现1：
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
int T, n, ans, a[N];
signed main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);for (cin >> T; T--;) {ans = 0;unordered_map<int, vector<int>> Pos;cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> a[i];Pos[a[i]].push_back(i);}for (auto& [v, pos] : Pos) {int m = pos.size();if (m >= 2) {vector<int> suf(m, 0);suf[m - 1] = n - pos[m - 1] + 1;for (int i = m - 2; i >= 0; i--) {suf[i] = suf[i + 1] + (n - pos[i] + 1);}for (int i = 0; i < m - 1; i++) {ans += pos[i] * suf[i + 1];}}}cout << ans << '\n';}return 0;
}实现2
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n, ans, T;
signed main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);for (cin >> T; T--;) {cin >> n;unordered_map<int, int> suf;ans = 0;for (int i = 1, x; i <= n; i++) {cin >> x;ans += suf[x] * (n - i + 1);suf[x] += i;}cout << ans << '\n';}return 0;
}
后记
双倍经验
