[POI2012]STU-Well(二分答案+神仙操作）

给定一个非负整数序列A，每次操作可以选择一个数然后减掉1，要求进行不超过m次操作使得存在一个Ak=0且max{|Ai−Ai+1|}最小，输出这个最小lk以及最小值。

Solution

最大值最小，显然是需要二分的，而且我们发现答案确实是有单调性的。

接下来我们正着扫一遍整个序列，把差值大于二分出来的值的数调整值合法。

接下来我们就要考虑ak=0的情况，这个东西并没有什么单调性，我们只能从头枚举，直到找到第一个满足要求的就可以了。

考虑当一个数变成零之后，为了满足我们二分出来的答案，我们需要构造这样一个东西。

0 0

0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0

两边是等差数列，为了计算序列的长度，我们需要计算出两个数组表示当ai=0是等差数列的左端点和右端点。

我们可以把左右分开算。

比如计算右端点，我们从i向右暴力扩展，当发现当前数字的值小于目标值是就不再扩展了，因为后面已经符合要求了。

最后枚举点，用等差数列求和算一下就可以了。

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define N 1000002
using namespace std;
typedef long long ll;
ll ans2,ans,b[N],s1[N],le[N],ri[N],a[N],n,m,sum[N];
bool check(ll pos){ll num=0;for(int i=1;i<=n;++i)b[i]=a[i];for(int i=2;i<=n;++i)if(b[i]-b[i-1]>pos)num+=b[i]-b[i-1]-pos,b[i]=b[i-1]+pos;if(num>m)return 0;for(int i=n-1;i>=1;--i)if(b[i]-b[i+1]>pos)num+=b[i]-b[i+1]-pos,b[i]=b[i+1]+pos;if(num>m)return 0;for(int i=1;i<=n;++i)sum[i]=sum[i-1]+b[i];for(int i=1,j=1;i<=n;++i){while(b[j]<=(i-j)*pos&&j<i)j++;le[i]=j;}for(int i=n,j=n;i>=1;--i){while(b[j]<=(j-i)*pos&&j>i)j--;ri[i]=j;}for(int i=1;i<=n;++i)if((num+sum[ri[i]]-sum[le[i]-1]-pos*((i-le[i])*(i-le[i]+1)+(ri[i]-i)*(ri[i]-i+1))/2)<=m){ans=i;return 1;} return 0;
}
int main(){scanf("%lld%lld",&n,&m);    ll l=0,r=1e9;for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",&a[i]);while(l<=r){int mid=(l+r)>>1;if(check(mid)){ans2=mid;r=mid-1;}else l=mid+1;}printf("%lld %lld",ans,ans2);return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/ZH-comld/p/9677644.html

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