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題解

先離散化，設離散化後的值域為 $[0,m]$ 。

首先把問題轉化一下，變成：對於每一個位置 $i$ ，求出它最終不超過 $j$ 的方案數。

考慮如何求這個東西。

對於一個固定的 $j$ ，考慮一個這樣的過程：

初始時，有若幹個區間，兩兩不相交，且區間內的元素都小於等於 $j$ ，而且每一個區間都不能在滿足條件的基礎上，向左右任意一側擴張。

考慮其中的一個區間 $[L,R]$ ，如果出現了操作使得它的邊界變成了比 $j$ 大的值，那麽這個區間會縮小。

考慮對於他的所有子區間 $[x,y]$ ，求出 $q$ 次操作之後， $[L,R]$ 縮小成 $[x,y]$ 的方案數。

這東西顯然可以列出 DP 方程：設 $dp[x][i][j]$ 表示當前進行了 $x$ 次操作，初始區間變成 $[i,j]$ 方案數，則：

$$\begin{eqnarray*}dp[x][i][j]&=&\left (\frac{(i-1)i}2 + \frac{(j-i+1)(j-i+2)}2 + \frac {(n-j)(n-j+1)}2 \right )dp[x-1][i][j] \\ &+& \sum_{k=L}^{i-1} dp[x-1][k][j] \cdot (k-1) \\ &+& \sum_{k=j+1}^R dp[x-1][i][k] \cdot (n-k) \end{eqnarray*}$$

這樣的話看上去總的運算量是 $O(n^4)$ 的。

考慮到題目中保證數據隨機。

那麽，如果對序列建一棵笛卡爾樹，那麽這個笛卡爾樹是基本平衡的，可以近似看做一棵滿二叉樹。

而我們要求的區間只有 $O(n)$ 個，是對於每一個位置 $i$ ，到它兩側第一個比他大的數之前，這個範圍內的區間答案。

這個東西放在笛卡爾樹上就是子樹的size，而對一個區間進行dp的復雜度是 $O(q\cdot size^2)$ ，又由於這棵笛卡爾樹可以近似看做滿二叉樹，所以求個和就可以發現復雜度總和是 $O(n^2q)$ 的，可以通過此題。

代碼

#pragma GCC optimize("Ofast","inline")
#include <bits/stdc++.h>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof (x))
#define For(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++)
#define Fod(i,b,a) for (int i=b;i>=a;i--)
#define pb(x) push_back(x)
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define fi first
#define se second
#define _SEED_ (‘C‘+‘L‘+‘Y‘+‘A‘+‘K‘+‘I‘+‘O‘+‘I‘)
#define outval(x) printf(#x" = %d\n",x)
#define outvec(x) printf("vec "#x" = ");for (auto _v : x)printf("%d ",_v);puts("")
#define outtag(x) puts("----------"#x"----------")
#define outarr(a,L,R) printf(#a"[%d...%d] = ",L,R);					    For(_v2,L,R)printf("%d ",a[_v2]);puts("");
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef vector <int> vi;
LL read(){
	LL x=0,f=0;
	char ch=getchar();
	while (!isdigit(ch))
		f|=ch==‘-‘,ch=getchar();
	while (isdigit(ch))
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
	return f?-x:x;
}
const int N=405,mod=1e9+7,INF=mod;
void Add(int &x,int y){
	if ((x+=y)>=mod)
		x-=mod;
}
void Del(int &x,int y){
	if ((x-=y)<0)
		x+=mod;
}
int Pow(int x,int y){
	int ans=1;
	for (;y;y>>=1,x=(LL)x*x%mod)
		if (y&1)
			ans=(LL)ans*x%mod;
	return ans;
}
int n,q;
int a[N];
int val[N][N];
vector <int> Ha;
int tmp[N][N];
int dp[2][N][N];
void solve(int L,int R,int t){
	For(i,L,R)
		For(j,i,R)
			dp[0][i][j]=0;
	dp[0][L][R]=1;
	For(c,1,q){
		int _0=(c^1)&1,_1=c&1;
		For(i,L,R)
			For(j,i,R)
				dp[_1][i][j]=(LL)tmp[i][j]*dp[_0][i][j]%mod;
		For(j,L,R){
			int s=0;
			For(i,L,j){
				Add(dp[_1][i][j],s);
				Add(s,(LL)dp[_0][i][j]*(i-1)%mod);
			}
		}
		For(i,L,R){
			int s=0;
			Fod(j,R,i){
				Add(dp[_1][i][j],s);
				Add(s,(LL)dp[_0][i][j]*(n-j)%mod);
			}
		}
	}
	For(j,L,R){
		int s=0;
		For(i,L,j){
			Add(s,dp[q&1][i][j]);
			Add(val[i][t],s);
		}
	}
}
int main(){
	n=read(),q=read();
	For(i,1,n)
		a[i]=read(),Ha.pb(a[i]);
	sort(Ha.begin(),Ha.end());
	Ha.erase(unique(Ha.begin(),Ha.end()),Ha.end());
	For(i,1,n)
		a[i]=lower_bound(Ha.begin(),Ha.end(),a[i])-Ha.begin();
	For(i,1,n)
		For(j,1,n)
			tmp[i][j]=(i-1)*i/2+(j-i+1)*(j-i+2)/2+(n-j)*(n-j+1)/2;
	a[0]=a[n+1]=Ha.size();
	For(t,0,(int)Ha.size()-1){
		int L=0,Mx=0;
		For(R,1,n+1)
			if (a[R]<=t)
				Mx=max(Mx,a[R]);
			else {
				if (L+1<=R-1){
					if (Mx<t){
						For(i,L+1,R-1)
							Add(val[i][t],val[i][t-1]);
					}
					else
						solve(L+1,R-1,t);
				}
				L=R,Mx=0;
			}
	}
	For(i,1,n){
		int ans=0;
		Fod(j,(int)Ha.size()-1,1)
			Del(val[i][j],val[i][j-1]);
		For(j,0,(int)Ha.size()-1)
			Add(ans,(LL)val[i][j]*Ha[j]%mod);
		printf("%d ",ans);
	}
	puts("");
	return 0;
}

UOJ#196. 【ZJOI2016】線段樹 概率期望,動態規劃