前言

找了个时间做了个一直想做的题
感觉还是很妙哒

题解

我们考虑一个做法
设序列长度为S
首先，如果暴力扫的话，是可以O(ns)O(ns)算出来所有长度为S的最优值的
但是S大的话，就不好办了
然后我们观察性质，如果S大的话，那么两两间最小的差值，就不会超过m/s+1m/s+1，对吧
然后这个时候，我们就可以考虑枚举差值，然后枚举右端点，DP出最远可以到多远
然后就好了
考虑将两个过程合并，可以知道，S取得m−−√\sqrt{m}，复杂度最优，为nm−−√n\sqrt{m}
然后就可以通过这题了

CODE:

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL N=200005;
LL S;
LL n,m,k;
LL s[N];
LL f[N];
LL ans=0;
LL r[N];
int main()
{scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);S=sqrt(m);//区间长度 for (LL u=1;u<=n;u++)   scanf("%lld",&s[u]);memset(f,127,sizeof(f));for (LL u=n;u>=1;u--)for (LL i=u+1;i<=min(n,u+S-1);i++){f[i]=min(f[i],f[i-1]);f[i]=min(f[i],abs(s[i]-s[u]));if (i-u+1>=k){ans=max(ans,f[i]*(i-u));}}//printf("%lld\n",ans);memset(f,0,sizeof(f));for (LL u=1;u<=n;u++)//以什么为右端点{for (LL i=0;i<=m/S+1;i++)//最大差值是i-1 {if (i>=1) f[i]=max(f[i],f[i-1]);if (s[u]-i>=0) f[i]=max(f[i],r[s[u]-i]);if (s[u]+i<=m) f[i]=max(f[i],r[s[u]+i]);if (u-f[i]>=max(k,S))   ans=max(ans,(u-f[i]-1)*(i+1));/*printf("YES:l:%lld r:%lld x:%lld\n",f[i]+1,u,i);system("pause");*/}r[s[u]]=u;}printf("%lld\n",ans);return 0;
}

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