题解 P1485 【火枪打怪】

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知识点: 二分答案 , 贪心 , 前缀和.

原题面

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题目要求:

给定一数列 \(a\) , 一整数 \(k\).
给定操作: 第 \(i\) 个数减 \(p\), 其 左侧的 数列中 左数第\(j\)个数减 \(\max(0,p-(i-j)^2)\) .
操作最多 进行 \(k\) 次 , 求将数列全部变为负数时 , 最小的 \(p\) 值.

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分析题意:

很明显, 可以对 \(p\) 进行二分答案 , 并检查操作次数是否满足要求.

• 在检查正确性时 , 贪心选择操作对象 :
  对于给定操作, 只对 某个数 及 其左侧的数 有影响,
  则应优先 对 较右侧的数 进行操作.

• 在进行操作后 , 如何 维护原数列的值?
  考虑对计算式进行分析:

  • 若 \(\large p-(i-j)^2< 0\) :
    说明 数列中 \(i\) 与 \(j\)两位置 的 距离 \(\large (i-j)>\sqrt{p}\)
    则: 对 \(i\) 位置进行操作 , 不会对 \(j\) 位置造成影响.

    由于 \(p\) 已知 , 则可求得满足 \(\large p-(i-j)^2\ge 0\)的, 最大的\(\large (i-j)\) , 记为\(\large \max{(i-j)}\)
    则: 对于第 \(j\) 个位置 , 区间\(\large [j+1,j+\max{(i-j)}]\) 内位置被操作 , \(j\) 位置才会被影响

  • 要 求得第 \(j\) 个位置 的 数值 ,
    设 在 区间\(\large [j+1,j+\max{(i-j)}]\) 进行了\(k_1\) 次操作 , 每次被操作的位置记录在数组 \(i\) 中
    则: \(j\) 位置当前的数值 \(\large m[j]'=m[j]- \sum\limits_{x=1}^{k_1}{p-(i_x-j)^2}\ \ ( \text{第}x \text{次操作位置为}i_x , )\)

    对计算式进行转化:
    \(\ \ \ \ \large m[j]- \sum\limits_{x=1}^{k_1}{[p-(i_x-j)^2]}\)
    \(\large = m[j]-\sum\limits_{x=1}^{k_1}{(p-{i_x}^{2} + 2i_xj-j^2)}\)
    \(\large = m[j]-\sum\limits_{x=1}^{k_1}{p}+\sum\limits_{x=1}^{k_1}{{i_x}^2}- \sum\limits_{x=1}^{k_1}{2i_xj}+\sum\limits_{x=1}^{k_1}{j^2}\)
    \(\large = m[j]- k_1(p-j^2)+\sum\limits_{x=1}^{k_1}{{i_x}^2} - 2j \sum\limits_{x=1}^{k_1}{i_x}\)

    对于式子中的值 :
    \(\large k_1=\) 区间 \(\large [j+1,j+\max{(i-j)}]\) 内的操作数
    \(\large \sum\limits_{x=1}^{k_1}{{i_x}^2}=\) 区间 \(\large [j+1,j+\max{(i-j)}]\) 被操作位置编号 的 平方和
    \(\large \sum\limits_{x=1}^{k_1}{i_x}=\) 区间 \(\large [j+1,j+\max{(i-j)}]\) 被操作位置编号 的 和

    以上三个值 , 可以通过维护三个 后缀和 来得到,
    就可以实现 \(O(1)\)的 单点查询

• 通过上述手段 , 就可以实现在\(O(n)\) 复杂度内 , 对一个枚举的 \(p\) 进行 \(check\)

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算法实现:

首先对 \(p\) 进行二分答案.
在 \(check()\)函数中,检查枚举 \(p\) 的合法性:
倒序枚举 \(n\rightarrow 1\) 中的元素,
通过计算式 \(\large m[j]= m[j]- k_1(p-j^2)+\sum\limits_{x=1}^{k_1}{{i_x}^2} - 2j \sum\limits_{x=1}^{k_1}{i_x}\), 求得 \(m[j]\) 的值.

• 如果 \(m[j]<0\) ,则此位置已经满足条件 , 不需要被操作 .
• 否则 就对 \(j\) 位置进行直接操作 , 并更新后缀和.

总复杂度 \(O(nlogn)\) , 稳过.

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其他优化:

真的有必要记录全部的 \([i,n]\) 内的后缀和吗 \(???\)
很明显不需要.
可以在枚举的过程中 直接进行差分 , 即可维护所需的三个值.
可以大幅优化空间复杂度
反正又不卡空间 所以就没有写

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附代码:

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<ctype.h>
#define int long long
const int MARX = 2e6+10;
//=============================================================
int n,k,ans , m[MARX];
int sum1[MARX],sum2[MARX],sum3[MARX];
//sum1~3,分存区间[i,n]内 操作编号的和 , 操作编号平方的和 , 操作数的和. 
//=============================================================
inline int read()
{
    int s=1, w=0; char ch=getchar();
    for(; !isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') s =-1;
    for(; isdigit(ch);ch=getchar()) w = w*10+ch-'0';
    return s*w;
}
bool check(int p)
{
	int imax=sqrt(p);//获得max(i-j)
	for(int i=n; i>=1; i--)//倒序枚举数列 
	{
	  sum1[i]=sum1[i+1] , sum2[i]=sum2[i+1] , sum3[i]=sum3[i+1];//维护前缀和 
	  
	  int nowm = m[i] - (sum3[i]-sum3[i+imax+1])*(p-i*i);//计算 更新后的m[i] 
	  nowm += (sum2[i]-sum2[i+imax+1]);
	  nowm -= (2*i*(sum1[i]-sum1[i+imax+1])); 
	  
	  if(nowm<0) continue;//m[i]已经<0,满足条件 
	  for(; nowm>=0; )
	  {
		nowm-=p, sum1[i]+=i, sum2[i]+=i*i,sum3[i]++;//对i位置进行操作,并更新前缀和 
	    if(sum3[i] > k) return 0;//操作次数达到限制 
	  }
	}
	return 1;
}
//=============================================================
signed main()
{
	n=read(),k=read();
	for(int i=1; i<=n; i++) m[i]=read();
	for(int l=1,r=1e12+10; l<=r;)//二分答案枚举p 
	{
	  int mid = (l+r)>>1;
	  if(check(mid)) ans=mid,r=mid-1;
	  else l=mid+1;
	}
	printf("%lld",ans);
}