[hihoCoder 1384]Genius ACM

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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;
}
posted @ 2019-07-10 23:03 NaVi_Awson 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏