#919. 【UR #28】环环相扣 题解

#919. 【UR #28】环环相扣 题解

取模不好搞，我们先分析性质。

首先可以假设 \(a_i>a_j>a_k\)，那么根据“环的顺序”，可以被分成两种情况

• \(i\to j\to k\to i:(a_i\bmod a_j)+(a_j\bmod a_k)+a_k\)

• \(i\to k\to j \to i:(a_i\bmod a_k)+a_j+a_k\)

最优化的题，我们可以先分析一个答案下界/上界，与他们的取等条件，这样往往可以找到许多优秀的性质。

分析答案下界是很简单的，就是竭尽所想的构造一个比较优的方案。

分析答案上界需要一些数学手段，得到一种情况的答案上界，若小于等于先前分析的答案下届，那么这种情况就一定是不可取的。

由于取模很复杂，这里直接不考虑取模都可以得到一个答案下界：

考虑第二种情况，有 \(ans\ge a_{\max_2}+a_{\max_3}\)，即次大值加次次大值。

根据取模的常见结论：

当 \(a>b\) 时 \(a\bmod b\le \min(b-1,\frac a2,a-b)\)。

得到两种情况的上界：

• \(ans\le \min(a_j+2a_k-2,\frac {a_i}2+\frac {a_j}2+a_k,a_i,2a_j-1,\cdots)\)
• \(ans\le \min(a_j+2a_k-1,\frac {a_i}2+a_j+a_k,a_i+a_j)\)

当然对于情况一还有更多的组合，但是形式十分复杂看上去就不怎么好分析。

我们尝试从形式最简单的那几个探究起。

• 对于第一种情况：

  • \(ans\le a_i\) 这说明当 \(i\) 不取最大值就一定使第一种情况答案达不到上界

  • \(ans\le 2a_j-1\) 这说明 \(a_j\) 只能取次大值（因为 \(a_i\) 是最大值）否则会使答案低于下界

  • \(ans\le \min(a_j+2a_k-2,a_i-a_j+2a_k-1,\cdots)\) 太复杂了，有加减乘除还涉及多个变量，似乎并不能分析出什么。

• 对于第二种情况：

  • \(ans\le a_i+a_j\)：这说明若 \(a_i\) 只能取最大值，否则答案不会更大。
  • 其他情况同理，太复杂了。

现在根据我们的分析重新整理一下两种情况：

• \(ans=(a_{\max}\bmod a_{\max_2})+(a_{\max_2}\bmod a_k)+a_k\)

• \(ans=(a_{\max}\bmod a_k)+a_j+a_k\)

可以发现第二种情况 \(a_j\) 不参与任何取模，直接取次大值一定是最优的（之前要求比 \(a_i\) 小，不能贸然得到这个结论）。

于是再次整理为：

• \(ans=(a_{\max}\bmod a_{\max_2})+(a_{\max_2}\bmod a_k)+a_k\)

• \(ans=(a_{\max}\bmod a_k)+a_{\max_2}+a_k\)

于是只有 \(a_k\) 是不确定的，单次枚举 \(\mathcal O(n)\)，总复杂度 \(\mathcal O(nq)\)。有 \(30\) 分。

如果已经分析了很多性质了，应该尝试一些算法去解决。（分析不出来任何性质也只能套算法呀QWQ）

我们已经把单次查询的复杂度降到最低了（与输入同级了），那么现在要考虑预处理些什么。

发现我们每次其实是在找 \(\max_{k\in [l,r]\setminus\{\max,\max_2\}}\{(a_{\max_2}\bmod a_k)+a_k\}\) 和 \(\max_{k\in [l,r]\{\max,\max_2\}}\{{(a_{\max}\bmod a_k)+a_k}\}\)

可以预处理这两坨。

设 \(F_1[l][r],F_2[l][r]\) 表示这两坨，尝试整体转移，然后就失败了。

因为 \(a_{\max}\) 与 \(a_{\max_2}\) 是不断变化的，\(F_1,F_2\) 不能继承之前的答案。

这提示我们固定这两个值，有一种神奇的方法

设 \(F([l,r],i)\) 表示 \(\max_{k\in [l,r]\setminus\{i,\max\}}\{{(a_i\bmod a_k)+a_k}\}\)

然后我们用 \(F([l,i-1],i),F([i+1,r],r)\) 合并出 \(F([l,r],i)\)。

这种设 \(F([l,r],i)\) 并处理 \(F([l,i-1]),i),F([i+1,r],r)\) 是一种非常实用的方法，在莫队二次离线中也用了类似的思路。

发现我们可以 \(F([l+1,i-1],i)\to F([l,i-1],i)\)。

具体的，设 \([l+1,i]\) 中的最大值下标为 \(t\)：

• 若 \(a_l\le a_t\) 则 \(F([l,i-1],i)=\max((a_i\bmod a_l)+a_k,F([l+1,i-1],i))\)

• 若 \(a_l>a_t\) 则 \(F([l,i-1],i)=\max((a_i\bmod a_t)+a_k,F([t+1,i-1],i)),t\leftarrow l\)

类似的处理出 \(F([i+1,r],i)\)，然后合并出 \(F([l,r],i)\) 注意这里需要特判两边的最大值

复杂度 \(\mathcal O(n^2+q)\)。可以多得 \(10\) 分

有了新的做法，根据做法分析新的性质（悲

首先发现如果 \([l,i-1]\) 中有两个数大于 \(a_i\) 那么就没必要处理了，因为 \(a_i\) 不会作为这个区间的最大值或次大值。

我们可以在尝试一下答案上下界：\(ans\le a_i\)。当 \(\frac{a_i}2<a_k\le a_i\) 的时候取等，即：若存在两个 \(a_k\) 满足那个不等式也不用搜索了。

假设我们已经知道结论后进一步分析，我们一开始假设从每个 \(i\) 开始，往左/右都恰好走移动两步。如果在 \(k\) 位置要使 \(i\) 的贡献多走一步，\(a_k\) 必定 \(\le \frac {a_i}2\)，并且这对于每个 \(i\) 是不独立的即若存在 \(k<j<i\) 使得 \(j\) 多贡献 \(i\) 一步，\(k\) 多贡献 \(i,j\) 各一部。那么 \(a_k\le \frac {a_j}2\le \frac {a_i}4\)。

感性理解，这样只会减小 $\log $ 次。

如果对于每个元素，其运算次数的限制是不独立的，就考虑势能分析。

所以要用势能分析，得从运算代价的不独立性考虑。

令势能为 \(a_{\max}^n\) 那么每多移动一步，每多移动一步，其势能就会除以 \(2\)。所以总共多移动 \(\log_2a_{\max}^n=\mathcal O(n\log a)\) 次，算上本来的 \(4n\) 次。预处理复杂度 \(\mathcal O(n\log a)\)。

用 ST 表预处理区间最大值可以做到 \(\mathcal O(n\log n+n\log a+q)\)。但是这道题 \(q\) 小 \(n\) 大，用 于是用线段树 \(\mathcal O(n)\) 预处理可以做到 \(\mathcal O(n\log a+q\log n)\)。

然而在 UOJ 上只有 \(80\) 分（悲。

可以发现刚刚的答案上界还有另一种形式：\(ans\le 2a_k-1\)，也就是说如果存在两个 \(a_u\ge 2a_k\) 那么 \(k\) 就不会成为 \(i\) 的答案位置，因为 \((a_i\bmod a_u)+a_u\ge2a_k>(a_i\bmod a_k)+a_k\)。

这与 80 分做法分析的性质很想啊，因为变一下形就是 \(a_k\le \frac{a_u}2\)。

考虑如何与刚刚的方法相结合：我想不到，直接引用吧。

1. 使用 vector<pair<int, long long>> 存储满足 \(F([l, i], i) > F([l+1, i], i)\) 的位置 \(l\)，并记录对应的 \(F([l, i], i)\)。
2. 使用一个栈存储尚未被移除的元素。
3. 针对 \(a_i\) 向左扫描的过程中：
   • 从栈顶到栈底枚举所有元素 \(a_k\)。
   • 如果 \(a_k > a_i / 2\)，则计数器 cnt++。
   • 如果 \(a_k \leq a_i / 2\)，则给 \(a_k\) 新增一个删除标记。
   • 如果 cnt 达到 \(2\)，立刻停止扫描。
   • 移除累积了两个删除标记的元素。
   • 将具有一个或零个删除标记的元素按照原顺序压回栈中。
4. 最后将 \(i\) 以初始零个删除标记压入栈中。

这样保证了被个数计算次数不超过 \(4\)。扫描长度总和 \(\mathcal O(n)\)。

考虑这种不用额外性质却需要同时结合多个性质的算法设计，需要一气呵成，然后调整。这需要多练习积累正确的方向与感觉。

最后复杂度 \(\mathcal O(n+q\log n)\) 有 \(100\) 分。