CF360B Levko and Array

XVI.CF360B Levko and Array

明显可以二分答案为\(x\)。二分之后，我们考虑DP验证。

我们设\(f_i\)表示\(a_i\)强制保留时，最多可以保留多少个数。则我们显然有转移方程

\[\Large f_i=\max\limits_{j\in[1,i),|a_i-a_j|\leq(i-j)x}f_j+1 \]

考虑到转移的限制：

\[j<i,|a_i-a_j|\leq(i-j)x \]

绝对值可被拆开，得到

\[j<i,a_i-a_j\leq(i-j)x,a_i-a_j\geq(j-i)x \]

考虑继续拆开，得到

\[j<i,jx+a_j\leq ix+a_j,jx-a_j\leq ix-a_i \]

明显此时已经是一个三维偏序问题，直接使用树套树/CDQ分治，即可以\(n\log^3n\)通过本题。

考虑某个加强版，此时若有\(n\leq 2\times10^5\)，如何对敌？

考虑\((j-i)x\leq a_i-a_j\leq(i-j)x\)的限制，它实际上已经包含了\(j<i\)的限制（因为当\(j>i\)时两个不等式显然不可能都成立）；故我们直接以这两个做二维偏序即可。时间复杂度\(O(n\log^2n)\)。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,a[200100],t[200100],lim;
void add(int x,int y){while(x<=lim)t[x]=max(t[x],y),x+=x&-x;}
int ask(int x){int ret=0;while(x)ret=max(ret,t[x]),x-=x&-x;return ret;}
pair<ll,ll>p[200100];
vector<ll>v;
bool che(int ip){
	v.clear(),memset(t,0,sizeof(t));
	for(int i=1;i<=n;i++)p[i]=make_pair(1ll*ip*i-a[i],1ll*ip*i+a[i]),v.push_back(p[i].second);
	sort(v.begin(),v.end()),v.resize(lim=unique(v.begin(),v.end())-v.begin());
	for(int i=1;i<=n;i++)p[i].second=lower_bound(v.begin(),v.end(),p[i].second)-v.begin()+1;
	sort(p+1,p+n+1);
	int mx=0;
	for(int i=1,tmp;i<=n;i++)tmp=ask(p[i].second)+1,mx=max(mx,tmp),add(p[i].second,tmp);
	return mx+m>=n;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	int l=0,r=2e9;
	while(l<r){
		int mid=(0ll+l+r)>>1;
		if(che(mid))r=mid;
		else l=mid+1;
	}
	printf("%d\n",r);
	return 0;
}