P7635 [COCI2010-2011#5] DVONIZ

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算法分析：尺取

看到本题，有些同学可能会想到二分。但实际上，答案并不满足单调性。为了叙述方便，以下称区间 \(i \to i+k-1\) 为左区间，区间 \(i+k \to i+2\times k-1\) 为右区间。在 \(k\) 增大时，左区间的值的确满足单调性，但右区间的值有减有增，不满足单调性。具体看以下样例：

6 10
1 6 3 8 1 1

当 \(i=1 ,k=2\)，时，右区间和大于 \(s\)，不满足条件，但当 \(k\) 取 \(k=3\) 时，满足条件。

由此可见，答案并不满足单调性。

根据题意从左往右依次计算的时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n^2)\) ，显然不能满足 \(N\le 10^5\) 的要求。于是我们考虑反过来，从右往左计算。每次计算 \(k\) 值时，可以利用上一次计算的结果进行调整，从而在较小时间内得到结果。记 \(r\) 为左区间的右端点，可以证明，在由 \(i\to i-1\) 的过程中，决策区间 \(i\to r\) 的右端点 \(r\) 是单调不增的。我们将该性质作为循环不变式证明算法的正确性：

在第 \(i\) 次循环开始前，\(i+1 \to r\) 算得的 \(r\) 是当前可能的最大右边界。即，在整个过程中，\(r\) 是单调不增的。

初始化：

在 \(i=n\) 时，显然 \(k=0\) 是当前的最优解。

保持：

在 \(i+1\to i\) 时，存在两种情况。

• \(i\to r\) 仍符合条件，此时满足 \(sum_r-sum_{l-1}\le s\) 且 \(sum_{r+k}-sum_r\le s\)。若在情况 \(i+1\) 时，\(r\) 受到 \(r+k\le n\) 的限制而不能增大，那么在当前状态下，\(r\) 同样受此限制。若 \(r+k<n\)，假设 \(r\) 能增大，那么 \(k\) 也随之增大，于是左区间的和在前一次的基础上继续增大。在 \(r+k<n\) 的情况下，根据循环不变式，\(k\) 必定已经取到极限值，即左区间不能继续向右扩张。这与 \(k\) 增大矛盾，因此 \(r\) 同样不会增大，循环不变式得到保持。
• \(i\to r\) 不符合条件。那么我们将 \(r\) 左移，左、右区间均随之减小，且必定一个存在 \(r\) 使得 \(sum_r-sum_{l-1}\le s\) 且 \(sum_{r+k}-sum_r\le s\)。且此时左区间恰满足条件，此时满足循环不变式。

终止：

显然，$i \ge 1 $ ，在 \(i=1\) 之后，过程终止。

综上所述，循环不变式得到证明，算法正确性得到保证。同时，在算法中， \(r\) 随 \(i\) 的变化而单调不增，因此时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n)\)。

code：

#include<bits/stdc++.h>
#define reg register
#define ll long long
#define F(i,a,b) for(reg int i=a;i<=b;++i)
using namespace std;
inline int read();
const int N=1e5+1;
int n,s,sum[N],ans[N];
int main() {
	n=read(),s=read();
	F(i,1,n)sum[i]=sum[i-1]+read();//前缀和 
	
	reg int r=n,k;
	for(reg int i=n; i; --i) {//从右往左计算 
		while(r>=i) {
			k=r-i+1;//r为左区间的右端点。 
			if(r+k<=n and sum[r]-sum[i-1]<=s and sum[r+k]-sum[r]<=s)break;
			--r;
		}
		ans[i]=r-i+1<<1;//计算出可行的长度。 
	}
	
	F(i,1,n)printf("%d\n",ans[i]); 
	return 0;
}
inline int read() {
	reg int x=0;
	reg char c=getchar();
	while(!isdigit(c))c=getchar();
	while(isdigit(c))x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
	return x;
}

AC

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