题意简述：给定一个长度为 \(n\) 的高度数列 \(h\)，可以选定 \(i < j < k\) 且 \(h_i > h_j < h_k\)，付出 \(h_i + h_j + h_k\) 的代价使 \(h_j\) 增高 \(1\)。问使 \(h\) 满足 \(\exist p \in [1, n], h_1 \le h_2 \le \dots \le h_p \ge h_{p + 1} \ge h_{p + 2} \ge \dots \ge h_{n - 1} \ge h_n\) 的最小代价。
因为增高要满足 \(\exist i < j < k, h_i > h_j < h_k\)，所以原序列中的最大值也一定是未来的最大值，因此 \(p\) 可以在一开始就确定。
确定 \(p\) 之后，每个位置的目标高度也可以随之确定了，这一部分的时间复杂度 \(\mathcal O(n)\)。
然后考虑如何每个位置都该如何达到目标高度。
因为要使代价最小，所以要找位于当前待增高位置两侧的最小的大于待增高高度的高度，也因此增高应该是按照 \(h_i\) 排序后分段的。由此也可以发现我们需要用线段树维护最小值的信息。
下面分三种情况讨论：
- 当只有一个位置需要增高时，找其两侧最小的高于它的位置对它增高至下个增高段。
- 当有两个位置需要增高时，一个位置需要找其两侧最小的高于它的位置对它增高，另一个位置最优是选定刚增高完的位置和另一侧的最小的高于它的位置对它增高。
- 当有大于等于三个位置需要增高时，让最左端和最右端用两个位置增高的方式增高，中间的点选左右两端点增高。
总时间复杂度 \(\mathcal O(n \log n)\)。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
constexpr int N = 1e6 + 3;
int n, m, h[N], fh[N], b[N];
vector<int> add[N], del[N];
set<int> s;
namespace SGT {
#define lson pos << 1
#define rson pos << 1 | 1
int mn[N << 2];
void build(int pos, int l, int r) {
if (l == r) {mn[pos] = h[l]; return;}
int mid = (l + r) >> 1;
build(lson, l, mid), build(rson, mid + 1, r);
mn[pos] = min(mn[lson], mn[rson]);
}
void upd(int pos, int l, int r, int x, int c) {
mn[pos] = c; if (l == r) return;
int mid = (l + r) >> 1;
x <= mid ? upd(lson, l, mid, x, c) : upd(rson, mid + 1, r, x, c);
mn[pos] = min(mn[lson], mn[rson]);
}
int query(int pos, int l, int r, int x, int y) {
if (x <= l && r <= y) return mn[pos];
int mid = (l + r) >> 1, res = 2e9;
if (x <= mid) res = query(lson, l, mid, x, y);
if (y > mid) res = min(res, query(rson, mid + 1, r, x, y));
return res;
}
}
inline int rk(int w) {return lower_bound(b + 1, b + m + 1, w) - b;}
inline ll sum(int l, int r) {
return 1ll * (l + r) * (r - l + 1) / 2 % N;
}
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
cin >> n; for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> h[i];
int p = max_element(h + 1, h + n + 1) - h;
for (int i = 1; i <= p; i++) fh[i] = max(fh[i - 1], h[i]);
for (int i = n; i >= p; i--) fh[i] = max(fh[i + 1], h[i]);
memcpy(b, h, sizeof(b)), sort(b + 1, b + n + 1), m = unique(b + 1, b + n + 1) - b - 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) add[rk(h[i])].emplace_back(i), del[rk(fh[i])].emplace_back(i);
SGT::build(1, 1, n); ll ans = 0;
for (int i = 1; i < m; i++) {
for (int x : add[i]) SGT::upd(1, 1, n, x, 2e9), s.insert(x);
for (int x : del[i]) s.erase(x);
if (s.empty()) continue;
int l = *s.begin(), r = *s.rbegin(), L = SGT::query(1, 1, n, 1, l - 1), R = SGT::query(1, 1, n, r + 1, n);
if (l == r) ans = (ans + sum(b[i], b[i + 1] - 1) + 1ll * (L + R) * (b[i + 1] - b[i])) % N;
else ans = (ans + 1ll * (b[i + 1] - b[i]) * (1ll + L + R + min(SGT::query(1, 1, n, 1, r - 1), SGT::query(1, 1, n, l + 1, n))) + 3 * (s.size() - 1) * sum(b[i], b[i + 1] - 1) + 2 * (s.size() - 2) * (b[i + 1] - b[i])) % N;
}
cout << ans;
return 0;
}