[hihoCoder 1384]Genius ACM
Description
给定一个整数 $M$，对于任意一个整数集合 $S$，定义“校验值”如下：
从集合 $S$ 中取出 $M$ 对数（即 $2\times M$ 个数，不能重复使用集合中的数，如果 $S$ 中的整数不够 $M$ 对，则取到不能取为止），使得“每对数的差的平方”之和最大，这个最大值就称为集合 $S$ 的“校验值”。
现在给定一个长度为 $N$ 的数列 $A$ 以及一个整数 $k$。我们要把 $A$ 分成若干段，使得每一段的“校验值”都不超过 $k$。求最少需要分成几段。 多测，测试组数为 $T$。
$T\leq 12,1\leq n,m\leq 5\times 10^5,0\leq k\leq 10^{18},0\leq P_i\leq 2^{20}$
Solution
先考虑如何求“校验值”。思路是当题述结果最大时，应该要求最大值和最小值一组；次大值和次小值一组……
我们以 $4$ 个数为例，如 $a,b,c,d$，其中 $a\leq b\leq c\leq d$ 。那么 $(d-a)^2+(c-b)^2=a^2+b^2+c^2+d^2-2ad-2bc$，$(b-a)^2+(d-c)^2=a^2+b^2+c^2+d^2-2ab-2cd$。容易发现 $ad+bc<ab+cd$，故前者更优。更多数时用数学归纳法可以证明。
其次，另外一个要点是当一个区间左端点固定时右端点要尽可能往右取。
注意到这两点，我们左端点从 $1$ 开始，向右找到最远的符合条件的右端点，划分为一段。再接着固定左端点，继续寻找。这样即可统计出答案。假设我们右端点是枚举得到的，记答案（最少段数）为 $ans$，那么本算法的复杂度约为 $O\left(ans\times\left(\frac{n}{ans}\right)^2\log\frac{n}{ans}\right)=O\left(n^2\times\frac{\log\frac{n}{ans}}{ans}\right)$。
若答案趋为 $1$，复杂度趋为 $O\left(n^2\log n\right)$。显然枚举右端点的思路是过不了此题的。而计算“校验值”的复杂度是无法再优化的，考虑如何快速寻找右端点。
一个思路是二分右端点，其余同上，可以证明复杂度是 $O(n\log^2 n)$ 的。不过可惜的是出题人把这个算法卡掉了。
既然二分不行，我们考虑用倍增的思路来求右端点，具体思路是首先设倍增 $len$ 长度为 1，若右端点为 $r$，判断若端点 $r+len$ 符合条件。则将右端点赋值为 $r+len$ 并且将 $len$ 倍增，继续讨论；若不符合条件则将 $len$ 缩短一半，继续讨论。其实该算法的复杂度与二分是一致的，不过只能写倍增才能过此题。
另外，不论二分还是倍增，排序直接 $\text{sort}$ 依旧过不了。注意到这样一个小技巧，如果上一个枚举的右端点为 $r$，这一次右端点为 $r'$，那么可以知道区间 $(l,r)$ 是有序的，那么我们只需排序 $(r,r')$ 的区间，之后将两个部分归并即可使整个 $(l,r')$ 有序。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 5e5+5;
void gi(int &x) {
x = 0; char ch = getchar();
while (ch < '0' || ch > '9') ch = getchar();
while (ch >= '0' && ch <= '9') x = x*10+ch-'0', ch = getchar();
}
int t, n, m, p[N], a[N], kl, kr, tmp[N];
ll k;
void merge(int l, int r, int x, int y) {
int i = l, j = x, k = l;
while (i <= r && j <= y)
if (a[i] < a[j]) tmp[k++] = a[i++];
else tmp[k++] = a[j++];
while (i <= r) tmp[k++] = a[i++];
while (j <= y) tmp[k++] = a[j++];
for (int i = l; i <= y; i++) a[i] = tmp[i];
}
bool judge(int l, int r) {
if (kl == l && r > kr) {
for (int i = kr+1; i <= r; i++) a[i] = p[i];
sort(a+kr+1, a+r+1);
merge(l, kr, kr+1, r); kr = r;
} else {
for (int i = l; i <= r; i++) a[i] = p[i];
sort(a+l, a+r+1);
kl = l, kr = r;
}
int t = 0; ll cnt = 0;
while (t < m && l < r) {
cnt += 1ll*(a[r]-a[l])*(a[r]-a[l]);
++l, ++t, --r;
if (cnt > k) return false;
}
return cnt <= k;
}
void work() {
scanf("%d%d%lld", &n, &m, &k);
for (int i = 1; i <= n; i++) gi(p[i]);
int l = 1, r = 1, ans = 0, len, k;
while (l <= n) {
len = 1, k = l;
while (len) {
if (r+len <= n && judge(l, r+len)) {
r += len;
k = r, len <<= 1;
}
else len >>= 1;
}
l = r = k+1, ++ans;
}
printf("%d\n", ans);
}
int main() {
scanf("%d", &t);
while (t--) work();
return 0;
}
