[海军国际项目办公室]铺设道路

铺设道路

题目

题解

首先，我们有一个对于区间加减的很经典的转化，通过差分的转化使得我们的区间加减变成单点的改变。
我们定义$b_i=d_i-d_{i-1}$，那么我们对区间$(l,r)$进行操作相当于让$b_l-1$,$b_{r+1}+1$，其代价为$(r-l+1{)}^2$。
显然，$d_i={\sum }_{j=1}^i{b}_j$，也就是说在合法情况下，我们的$d$的前缀和应该是始终不小于$0$的。
由于要让总的操作次数最小，我们肯定只会让$b>0$的$b_l-1$，让$b_{r+1}<0$的$b_{r+1}+1$。
显然，既然它的前缀和是始终大于$0$的，所以我们是一定找得到这样的匹配的$(l,r)$。
而我们最后的到的序列有是一个全$0$的序列，而我们有只会让$d$减小，所以我们在过程中一定是保证$d$全部大于$0$，即所有操作都是合法的。

最小操作次数显然是$\sum \max (b_i,0)$。
我们关键是要怎么匹配$b$使得我们最后的代价和最大于最小。
由于我们的代价是平方项，而它们一次方状况下的总和是固定的，所以我们肯定要让它们长的段越多权值肯定越大，较长的段越小权值肯定越小。
所以我们肯定是对于$b_i<0$的$b_i$匹配离他最近的$b_j>0$的$b_j$，将更远的留给后面使得我们的总贡献越大。
而将其匹配最远的$b_j<0$的$b_j$可以使得所有的长度都较短，使得总贡献较小。
该匹配过程显然可以通过队列进行维护。

时间复杂度$O\left(n\right)$。

源码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 300005
#define lowbit(x) (x&-x)
#define reg register
#define pb push_back
#define mkpr make_pair
#define fir first
#define sec second
#define debug(x) cerr<<#x<<"="<<x<<'\n'
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;     
const LL INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;  
const int mo=1e9+7;
const int inv2=499122177;
const int jzm=2333;
const int n1=50;
const int zero=10000;
const int orG=3,invG=332748118;
const double Pi=acos(-1.0);
const double eps=1e-5;
typedef pair<LL,int> pii;
template<typename _T>
_T Fabs(_T x){return x<0?-x:x;}
char gc(){static char buf[10000000],*p1=buf,*p2=buf;return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,10000000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
//#define getchar gc
template<typename _T>
void read(_T &x){
	_T f=1;x=0;char s=getchar();
	while(s>'9'||s<'0'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
	while('0'<=s&&s<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(s^48);s=getchar();}
	x*=f;
}
template<typename _T>
void print(_T x){if(x>9)print(x/10);putchar(x%10+'0');}
LL gcd(LL a,LL b){return !b?a:gcd(b,a%b);}
int add(int x,int y,int p){return x+y<p?x+y:x+y-p;}
void Add(int &x,int y,int p){x=add(x,y,p);}
int qkpow(int a,int s,int p){int t=1;while(s){if(s&1LL)t=1ll*a*t%p;a=1ll*a*a%p;s>>=1LL;}return t;}
int n,d[MAXN],b[MAXN],ansmax,ansmin;LL ans;
deque<pii>q;
signed main(){
	freopen("road.in","r",stdin);
	freopen("road.out","w",stdout);
	read(n);for(int i=1;i<=n;i++)read(d[i]);
	for(int i=1;i<=n+1;i++)b[i]=d[i]-d[i-1],ans+=1ll*max(b[i],0);
	for(int i=1;i<=n+1;i++){
		if(b[i]>0)q.push_back(mkpr(i,b[i]));
		else while(b[i]<0){
			pii t=q.front();q.pop_front();
			int tmp=min(-b[i],t.sec);b[i]+=tmp;t.sec-=tmp;
			Add(ansmin,1ll*(i-t.fir)*(i-t.fir)%mo*tmp%mo,mo);
			if(t.sec)q.push_front(t);
		}
	}
	while(!q.empty())q.pop_back();
	for(int i=1;i<=n+1;i++)b[i]=d[i]-d[i-1];
	for(int i=1;i<=n+1;i++){
		if(b[i]>0)q.push_back(mkpr(i,b[i]));
		else while(b[i]<0){
			pii t=q.back();q.pop_back();
			int tmp=min(-b[i],t.sec);b[i]+=tmp;t.sec-=tmp;
			Add(ansmax,1ll*(i-t.fir)*(i-t.fir)%mo*tmp%mo,mo);
			if(t.sec)q.push_back(t);
		}
	}
	printf("%lld\n%d\n%d\n",ans,ansmax,ansmin);
	return 0;
}

谢谢！！！