标签：复杂 不难 不等式 stdin clear als pre eof 去掉
本题解是 CF360B 的 \(n\leq 2\times10^5\) 加强版。
一开始看到这题难度 2000，那完蛋了啊，我连 2000 的题都不会做了/ll。然后发现数据范围才 \(2000\)/xk。
答案 \(x\) 显然有单调性，先二分起来。
考虑固定那些没有被改变的柱子。那么不难发现，一个没有被改变的柱子序列合法，当且仅当任意一个相邻对 \(i,j\) 都满足 \(|a_i-a_j|\leq (j-i)x\)。然后考虑一个 DP，求出最少需要改变多少个柱子，即最多保留多少个柱子。
我们考虑 \(dp_i\) 为考虑到 \(i\)，\(i\) 保留，的最少的改变的柱子数。目标显然是 \(\left[\max\limits_{i=1}^n\{dp_i+n-i\}\leq m\right]\)。
考虑转移。显然有一个平方的转移，就是对于每个 \(i\) 暴力枚举它前面的决策 \(j\) 然后判一下比一下。这样总复杂度平方对数，原来的弱题就做完了。就这也配 2000？我 tm 直接秒切（（（（（
考虑优化。对于决策 \(j\)，合法条件是 \(|a_i-a_j|\leq (i-j)x\)，更新式是 \(dp_j+i-j-1\)。那显然可以把更新式拆成 \((dp_j-j)+(i-1)\)，于是只要找到 \(dp_j-j\) 最小的合法决策即可。然后合法条件里有个绝对值，比较讨厌，考虑将它拆成 \(a_i\geq a_j,a_i-ix\leq a_j-jx\) 或 \(a_i<a_j,a_i+ix\geq a_j+jx\)。这样的话，考虑将「或」字两边的分别考虑，分别二维数点，这样总复杂度线性三次对数，会爆炸。我们需要一个线性二次对数或以下的算法。
注意到，如果最 primitive 的合法条件的 \(\leq\) 改成 \(\geq\)，那么就很容易想到线性二次对数的算法：因为 \(a_i\geq a_j\) 所对应的不等式和 \(a_i<a_j\) 所对应的不等式，它要满足就显然只会满足真实的 \(a_i,a_j\) 大小情况对应的那个。那就很好办，直接忽略 \(a_i,a_j\) 的大小关系，把两个不等式对的并一下即可。但是该题是 \(\leq\)，如果并的话，那就每个决策都一定满足假的那个大小关系所对的不等式，那就每个决策都是合法的了……而如果把不符合的，也就是 \(\geq\) 的给不算的话，那又无法撤销。事实上 \(\leq\) 就是不能像 \(\geq\) 那样顺利的。
我们考虑将「或」字改成「且」字，那就是可以像 \(\geq\) 那样将 \(a_i,a_j\) 大小关系去掉的。那就可以表示成 \([a_j-jx,a_j+jx]\subseteq[a_i-ix,a_i+ix]\)（这直接做还是需要二维数点的）。不过注意到这里的一个特殊的性质：对于 \(i<j\)，\(i\) 的区间大小一定比 \(j\) 的区间大小小。这也就说明，我们原来是找那些 \(j<i\) 的满足这个条件的 \(j\)，现在可以直接无视 \(j<i\) 了，因为 \(j>i\) 的话，\(j\) 的区间就更大，就不可能包含于 \(i\) 的区间了。于是可以调整一下 DP 顺序，将左端点排序，这样依然可以保证无后效性。这样一来，左端点这一维就不需要考虑了，于是变成一维数点了。就随便离散化 BIT 即可，小常数线性二次对数。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define pb push_back
const int inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int lowbit(int x){return x&-x;}
void read(int &x){
x=0;char c=getchar();bool ne=false;
while(!isdigit(c))ne|=c==‘-‘,c=getchar();
while(isdigit(c))x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
if(ne)x=-x;
}
const int N=200000;
int n,m;
int a[N+1];
int dp[N+1];
struct range{
int l,r,id;
range(int _l=0,int _r=0,int _id=0){l=_l,r=_r,id=_id;}
}rg[N+1];
bool cmp(range x,range y){
if(x.l!=y.l)return x.l>y.l;
return x.r<y.r;
}
vector<int> nums;
void discrete(){
sort(nums.begin(),nums.end());
nums.resize(unique(nums.begin(),nums.end())-nums.begin());
}
struct bitree{
int mn[N+1];
void init(){memset(mn,0x3f,sizeof(mn));}
void chkmn(int x,int v){
while(x<=n)mn[x]=min(mn[x],v),x+=lowbit(x);
}
int Mn(int x){
int res=inf;
while(x)res=min(res,mn[x]),x-=lowbit(x);
return res;
}
}bit;
bool chk(int x){
nums.clear();
for(int i=1;i<=n;i++)rg[i]=range(a[i]-i*x,a[i]+i*x,i),nums.pb(a[i]+i*x);
discrete();
sort(rg+1,rg+n+1,cmp);
bit.init();
for(int i=1;i<=n;i++){
int fd=lower_bound(nums.begin(),nums.end(),rg[i].r)-nums.begin()+1;
dp[rg[i].id]=min(rg[i].id-1,bit.Mn(fd)+rg[i].id-1);
if(dp[rg[i].id]+n-rg[i].id<=m)return true;
bit.chkmn(fd,dp[rg[i].id]-rg[i].id);
}
return false;
}
signed main(){
// freopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
read(n);read(m);
for(int i=1;i<=n;i++)read(a[i]);
int ans=1e10;
for(int i=34;~i;i--)if(ans-(1ll<<i)>=0&&chk(ans-(1ll<<i)))ans-=1ll<<i;
cout<<ans<<"\n";
return 0;
}
标签：复杂 不难 不等式 stdin clear als pre eof 去掉
原文地址：https://www.cnblogs.com/ycx-akioi/p/cf360b.html
