Rikka with Sequence II

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Rikka with Sequence II

题解

这题单纯枚举中位数在枚举两边子集是n^2的，可是我们发现其实排序之后，如果枚举到的位置是(i,j),即中位数mid=(a[i]+a[j])/2;则a[i+1…j-1]都不用考虑，直接把两边拿出来做折半查找就OK。

时间复杂度分析：考虑规模为i(0<=i<=n-2)的折半查找的做的次数为i+1,做一次的时间复杂度为$O(2^{\frac{i}{2}})$ 那么总时间复杂度的计算如下

$$\begin{eqnarray*} Ans & = & 2^{\frac{n-2}{2}} * (n-1) + 2^{\frac{n-3}{2}} * (n-2) +... \\ & = & 2^{\frac{n-2}{2}} * ((n-1)+\frac{n-2}{2}+\frac{n-3}{4}+...) \end{eqnarray*}$$

后面括号里面，大概可以看成$n+\frac{n}{2}+\frac{n}{4}+\frac{n}{8}+...$,也就2n的样子？所以时间复杂度分析出来是O(2^(n/2)*n)的，我也觉得非常神奇，不考虑中间的数就能去掉一个n的复杂度

然后抽象成另外一个问题，把剩下的数全部拿出来，对于每个数，设两个权值a,b，如果数小于枚举出来的中位数，则a权值为-1，大于为1，b为原来的权值减去中位数，则要求就是选出一个子集使得

$$\sum a=0 , \sum b <= 0$$

怎么折半搜索？之前一直觉得需要一个map< int.set< int> >而且set还得兹磁rank操作，要不是这题带log不能过我估计我还真去写个treap（扶额），数据结构学傻了。实际上是这样的，先把所有枚举出来的子集按大小排序，然后维护2n个前缀和，表示在此之前有多少个是$\sum a == i$的集合，然后two pointer 一下应该就可以不要log了,复杂度$O(n*2^{\frac{n}{2}})$，很棒啊。（所以如果再带一个排序或者二分查找的log就T了）

排序的时候需要用极其棒棒的类似归并的思想，因为全是正整数所以选了肯定不不选要的$\sum b$要大，所以相对顺序不会变，然后归并一下就排好序了，复杂度只要$O(2^{\frac{n}{2}})$

代码稍后补上来。

然而我代码被卡常了，本机5.8s不能再少了，我也很迷啊，这个复杂度算出来。。我自带大常数吧，等吉司机的std拿出来了我再看我常数哪里写丑了。

为了卡常我还把wys的wc课间重新看了一遍，发现没卵用。

而且这代码很迷啊，改成$\sum a$相等也能过样例，把返回的数组改成x也能过，好像自己出的n=40的数据也能过？好迷，静态差错才看出来。估计这题我是卡常卡不过去了，要不松爷您来帮我看下？（雾）vjudge上3days前的提交记录一片TLE,看了看代码发现和我其实是差不多的？（雾）

//QWsin
#include<set>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<assert.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const double eps=1e-9;
const int maxn=40+10;
const int maxm=1050000+10;

ll ans=0;
int a[maxn];
typedef pair<int,double> Node;
#define mp make_pair
#define a first
#define b second
//两种权值a=+-1,b=a[i]-中位数  

int top,SUM[maxn],vc_sz,tot;
Node t1[maxm],t2[maxm],t3[maxm],t4[maxm],vc[maxn];


inline void getsort(int l,int r,Node *t1,Node *t2,Node* &res,int &L)
{
    Node *x=t1,*y=t2;
    x[top=1]=mp(0,0);
    for(int i=l;i<=r;++i,swap(x,y))
    {
        int A=vc[i].a,B=vc[i].b;
        for(int j=1,k=top+1;j<=top;j+=4,k+=4) {
            x[k].a=x[j].a+A;
            x[k].b=x[j].b+B;
            x[k+1].a=x[j+1].a+A;
            x[k+1].b=x[j+1].b+B;
            x[k+2].a=x[j+2].a+A;
            x[k+2].b=x[j+2].b+B;
            x[k+3].a=x[j+3].a+A;
            x[k+3].b=x[j+3].b+B;
        }
        int p1=1,p2=top+1,p3=0;top<<=1;

//      if(x[top>>1] < x[(top>>1)+1]) {++tot;swap(x,y);continue;}

        while(p3<top)
            y[++p3]= p1>top>>1||(p2<=top&&x[p1].b > x[p2].b) ? x[p2++]:x[p1++];
    }
    L=top;
    res=x;
}

int L1,L2;

//对于vc里的Node计算sigma a=0 && sigma b <=0  的答案 
inline ll work()
{
    int sz=vc_sz;
    if(sz<2) return 1;
    Node *a1,*a2;

    getsort(1,sz>>1,t1,t2,a1,L1);
    getsort((sz>>1)+1,sz,t3,t4,a2,L2);

    memset(SUM,0,sizeof SUM);
    #define sum(i) SUM[i+20]

    ll ret=0;int p1=1;//反着来
    for(int p2=L2;p2>=1;--p2)
    {
        while(p1<=L1&&a1[p1].b+a2[p2].b <= eps)
            ++sum(a1[p1++].a);
        ret+=sum(-a2[p2].a);
    }
    return ret;
}
#undef a
#undef b
set<int>vis;
int main()
{
    int n;cin>>n; 
    for(int i=1;i<=n;++i) {
        scanf("%d",a+i);
        assert(!vis.count(a[i]));
        vis.insert(a[i]);
    }
    sort(a+1,a+n+1);


    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=i;j<=n;++j)
        {
            double mid=(a[i]+a[j])/2;
            vc_sz=0;
            for(int k=1;k<i;++k)
                vc[++vc_sz]=mp(-1,a[k]-mid);
            for(int k=j+1;k<=n;++k)
                vc[++vc_sz]=mp(1,a[k]-mid);

            ans+=work();
        }
    cout<<ans;
    return 0;
}