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题面

给定一个整数 M，对于任意一个整数集合 S，定义“校验值”如下:

从集合 S 中取出 M 对数(即 2∗M 个数，不能重复使用集合中的数，如果 S 中的整 数不够 M 对，则取到不能取为止)，使得“每对数的差的平方”之和最大，这个最大值 就称为集合 S 的“校验值”。

现在给定一个长度为 N 的数列 A 以及一个整数 K。我们要把 A 分成若干段，使得每一段的“校验值”都不超过 K。求最少需要分成几段。

T≤12,1≤n,m≤5×10⁵,0≤K≤1¹⁸,0≤Pi≤2²⁰

分析

一个小小的结论：对于有序的\(a_1,a_2,\cdots,a_n\)，校验值\(=(a_n-a_1)^2+(a_{n-1}-a_{2})^2 \cdots\)

然后可以倍增（神仙）

对于每个L，右端点已经做到R，当前倍增p，考虑R+p

如果[l,R+p]可行，则R+=p，p<<=1；反之，p>>=1

当p=0时结束

每次[L,R]合并上[R+1,R+p]，不需要每次快排，可以只对[R+1,R+p]上的数进行排序后归并

对于每一个左端点，如果划分出的集合大小为V，本来就已经做了\(V log V\)，只会多做\(V log V\)

所以时间复杂度还是\(O(nlgn)\)

注意细节，如果可以合并则合并，要将数组更新，使其有序

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;

const int N=5e5+5;
int n,m,ans,a[N],b[N],c[N]; ll K;
int main(){
//	freopen("1.in","r",stdin);
//	freopen("1.out","w",stdout);
	int T; scanf("%d",&T);
	while(T--) {
		scanf("%d%d%lld",&n,&m,&K);
		for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
		ans=0; 
		for(int L=1,R;L<=n;L=R+1) {
			int p=1; R=L; b[L]=a[L];
			while(p) {
				if(R+p>n) {
					p>>=1; continue;
				}
				for(int i=R+1;i<=R+p;i++) {
					b[i]=a[i];
				}	
				sort(b+R+1,b+R+p+1);
				for(int i=L,j=R+1,k=L;k<=R+p;k++) {
					if(j==R+p+1||i<=R&&b[i]<b[j]) {
						c[k]=b[i],i++;
					} else {
						c[k]=b[j],j++;
					}
				}
				ll sum=0;
				for(int i=1;i<=m;i++) {
					if(L+i-1<R+p-i+1) {
						sum+=(ll)(c[R+p-i+1]-c[L+i-1])*(c[R+p-i+1]-c[L+i-1]);
						if(sum>K) break;
					} else break;
				}
				if(sum<=K) {
					R+=p;
					for(int i=L;i<=R;i++) {
						b[i]=c[i];
					}
					p<<=1;
				} else {
					p>>=1;
				}
			} 
		//	printf("%d %d\n",L,R);
			ans++;
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}