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最新推荐文章于 2020-06-06 11:43:00 发布

LIN452

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分类专栏： POI 二分单调性

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本文介绍了一种通过二分查找及模拟等差数列的方法来解决特定序列优化问题的算法。该问题要求在限定操作次数内，使得序列中某项为0的同时，相邻项之差的最大绝对值尽可能小。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Task
给出n个正整数X1,X2,…Xn，可以进行不超过m次操作，每次操作选择一个非零的Xi，并将它减一。
最终要求存在某个k满足Xk=0，并且z=max{|Xi - Xi+1|}最小。输出最小的z和此时最小的k。
1<=n<=1,000,000, 1<=m<=10^18, Xi<=10^9.

Solution
求最小的k,我们可以通过二分把问题转化为验证一个解是否可行.
验证解k:
首先花最少的代价把序列构造为max{|x[i]-x[i+1]|}<=k.
现在的问题就是找到使序列中某个数字改为0的最小代价.
通过模拟可以发现,将某个数字x修改为0,所影响的部分为一个区间(l,r),左右部分是互补干扰的,可以分别算出.现在只考虑x的左边部分,所修改的序列可以看为以k为公差的等差数列:k,2k,3k…知道某个数字t已经符合条件不用修改,那么之后的数字也不必修改.
若从右到左枚举x,可以确定t是单调不递增的.当x+1改为0时,x可能不变或缩小为k;若x不变,那么x+1对应的t就是x,那么此轮x对应的t就是x+1;否则,在此轮x=0<=k,比x+1改为0时(x=k)变得更小了,因此影响的范围更大,t就会减小.
确定了单调性后,就可以利用等差数列求和公式求解啦.

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#include<iostream>
using namespace std;
const int M=1e6+5;
int A[M],B[M],n;
ll sum[M],m,L[M],R[M];
inline void rd(int &res){
    res=0;char c;
    while(c=getchar(),c<48);
    do res=(res<<1)+(res<<3)+(c^48);
    while(c=getchar(),c>=48);
}
ll sigma(int x){
    return 1ll*x*(x+1)/2;
}
int chk(int x){//枚举的最大的两点之间的距离 
    int i,j,k=n+1,f=0,y;
    ll t=0,mn=1e18;
    B[1]=A[1];
    for(i=2;i<=n;i++)B[i]=min(A[i],B[i-1]+x);    
    for(i=n-1;i>=1;i--)B[i]=min(B[i],B[i+1]+x);
    for(i=1;i<=n;i++){
        t+=A[i]-B[i],sum[i]=sum[i-1]+B[i];//处理前缀和 
        if(!B[i]&&!f)f=i;
    }
    if(t>m)return 0;
    if(f)return f;
    for(i=n;i>=1;i--){
        while(k>=2&&B[k-1]>1ll*(i-k+1)*x)k--;//从[k,i]要改变->k*x,(k-1)*x,(k-2)*x...2x,x,0 

        L[i]=sum[i]-sum[k-1]-sigma(i-k)*x;
    }
    k=0;
    for(i=1;i<=n;i++){
        while(k<n&&B[k+1]>1ll*(k+1-i)*x)k++;//从[i,k]要改变->k*x,(k-1)*x,(k-2)*x...2x,x,0 
        R[i]=sum[k]-sum[i-1]-sigma(k-i)*x;
    }
    for(i=1;i<=n;i++){
        if(L[i]+R[i]-B[i]+t<=m)return i;
    }
    return 0;
}
int main(){
    int i,j,k,l=0,res,r=0,K;
    cin>>n>>m;
    for(i=1;i<=n;i++)rd(A[i]),r=max(r,A[i]);
    while(l<=r){
        int mid=(l+r)>>1,b;
        b=chk(mid);
        if(b){
            res=mid;K=b;r=mid-1;
        }else l=mid+1;
    }
    printf("%d %d\n",K,res);
    return 0;
}