1589 移數博弈

小A和小B在玩一個遊戲。

他們擁有一個數列。

小A在該數列中選擇出最大的那個數，然後移出該數列。

小B在剩下的數列中選擇出最大的那個數，並乘上小A的那個值，作為他的答案。

那麽現在問題來了。

他們現在想換一種玩法，把該數列長度大於等於2的區間（即n*(n-1)/2個區間）單獨作為一個數列拿出來，然後做一次上述的遊戲，然後計算出小B所有的答案，考慮到輸出那麽多數比較困難，因此他們想知道所有答案和對 1e9+7取模後的值。

樣例解釋：

該數列為2，0，1，2

對於1-2的區間答案為0

對於1-3的區間答案為2

對於1-4的區間答案為4

對於2-3的區間答案為0

對於2-4的區間答案為2

對於3-4的區間答案為2

第一行五個數n，a0，a，b，p(1<=n,a0,a,b,p<=10000000)。
該數列的構造方法為，a[i]=(a[i-1]*a+b)%p。該數列的下標為1~n。

1行，表示答案。

4 1 1 1 3

10

題解：

　　設當前為now

　　設now之前第一個比他大的數的位置為L1，L1之前第一個比他大的數的位置為L2

　　設now之後第一個比他大的數的位置為R1，R1之後第一個比他大的數的位置為R2

　　那麽對於now，其作為次大值存在的區間有：

　　　　1、左端點在[L2+1，L1]之間，右端點在[now,R1-1]之間

　　　　2、左端點在[L1+1，now]之間，右端點在[R1,R2-1]之間。

　　因為此題數據範圍n在1~1e7，最大值p範圍在1~1e7，所以考慮用桶排序優化合適。

　　然後維護一個鏈表，從小到大枚舉數，枚舉完就刪除，保證每次枚舉的數是鏈表中最小的。這樣就可以控制復雜度在O（N）啦。

代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const
 
 int N = 1e7+5;
const int MOD = 1e9+7;
int a[N], b[N];//b[i]=j 表示a[j]排序後在i位置
int vis[N];
int pre[N], nex[N];
void del(int now) {//刪除now節點
    nex[pre[now]] = nex[now];
    pre[nex[now]] = pre[now];
}
int main() {
    int n, aa, bb, p, i, j;
    ll ans = 0;
    scanf("%d%d%d%d%d", &n, &a[0], &aa, &bb, &p);
    for(i = 1; i <= n; ++i) a[i] = (1ll * a[i-1] * aa + bb) % p;
    //桶排序
    for(i = 1; i <= n; ++i) vis[a[i]]++;
    for(i = 1; i < p; ++i) vis[i] += vis[i-1];
    for(i = n; i >= 1; --i) b[vis[a[i]]--] = i;
    //鏈表
    pre[0] = 0; nex[n+1] = n+1;
    for(i = 1; i <= n; ++i) {
        pre[i] = i - 1;
        nex[i] = i + 1;
    }
    for(i = 1; i <= n; ++i) {
        int now = b[i];
        int l1 = pre[now];
        int l2 = pre[l1];
        int r1 = nex[now];
        int r2 = nex[r1];
        ans = (ans + (1ll*a[now]*a[l1]%MOD*(l1-l2)%MOD*(r1-now)%MOD)) % MOD;
        ans = (ans + (1ll*a[now]*a[r1]%MOD*(now-l1)%MOD*(r2-r1)%MOD)) % MOD;
        del(now);
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

參考：https://www.cnblogs.com/joyouth/p/5333408.html

51nod 1589 移數博弈【桶排序+鏈表】