BZOJ 2086--[Poi2010]Blocks【单调栈】

最新推荐文章于 2018-07-16 08:15:10 发布

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单调栈

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本文介绍了一种求解最长平均数大于等于给定阈值k的子序列问题的高效算法，通过将原始问题转化为寻找最长子序列和大于等于0的问题，并采用单调栈优化解决方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description

给出N个正整数a[1..N]，再给出一个正整数k，现在可以进行如下操作：每次选择一个大于k的正整数a[i]，将a[i]减去1，选择a[i-1]或a[i+1]中的一个加上1。经过一定次数的操作后，问最大能够选出多长的一个连续子序列，使得这个子序列的每个数都不小于k。
总共给出M次询问，每次询问给出的k不同，你需要分别回答。

题解

首先，题目的什么操作都是假的，将一个数加一，一个数减一，不变的是什么，是平均数啊，最后肯定能够达到一种平均状态，使子序列中的任意两个数最多相差一，所以，题目其实是让你选出最长的平均数大于等于k的子序列。

这样，我们可以先把所有数都减去k，题目又转化为去最长的加和大于等于0的子序列，立马就想到了单调栈。下面有两种解法：

法一

维护一个前缀和单调降的序列，因为对于 $i<j$ ,且 $sum[i]\le sum[j]$ ，i一定比j优秀，每次在末尾添加一个数时，若这个数比末尾的小，那么就直接入栈，否则，二分枚举栈中的最靠前的小于等于它的数，这就是以新加的数为末尾的序列的最优解了。
时间复杂度： $O(m*nlogn)$

法二

还是维护单调降的序列，但是，并不需要二分枚举了。如果我们从后往前枚举右端点，那么，只要不停的弹栈就可以刷出答案，而不需要二分枚举了（如果以当前的栈顶为左端点也不满足的话，那么当前枚举的右端点的右边一定已经枚举到了比它更优秀的）。
时间复杂度： $O(nm)$

代码

下面给出法二的代码（注意此题输出末尾不能有多余空格）

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define maxn 1000006
#define LL long long
using namespace std;
inline char nc(){
    static char buf[100000],*i=buf,*j=buf;
    return i==j&&(j=(i=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),i==j)?EOF:*i++;
}
inline int _read(){
    char ch=nc();int sum=0;
    while(!(ch>='0'&&ch<='9'))ch=nc();
    while(ch>='0'&&ch<='9')sum=sum*10+ch-48,ch=nc();
    return sum;
}
int n,m,top,a[maxn],stack[maxn];
LL sum[maxn];
void push(int x){if(sum[x]<sum[stack[top]])stack[++top]=x;}
int main(){
    freopen("water.in","r",stdin);
    freopen("water.out","w",stdout);
    n=_read();m=_read();
    for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=_read();
    while(m--){
        int x=_read();top=0;int ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+a[i]-x,push(i);
        for(int i=n;i;i--){
            while(top&&sum[stack[top-1]]<=sum[i])top--;
            if(sum[stack[top]]<=sum[i])ans=max(ans,i-stack[top]);
        }
        if(m) printf("%d ",ans);
         else printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}