uoj #246. 【UER #7】套路

最新推荐文章于 2022-06-02 19:34:34 发布

OI界第一麻瓜

最新推荐文章于 2022-06-02 19:34:34 发布

阅读量523

点赞数

CC 4.0 BY-SA版权

分类专栏：不想分类的

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/qq_36797743/article/details/78919810

不想分类的专栏收录该内容

67 篇文章

订阅专栏

本文介绍了一种优化算法竞赛题目中的高效求解方法，通过分析序列特性，利用DP技术和优化技巧，将原始O(ns)的时间复杂度降低至nm−−√，并提供了完整的代码实现。

前言

找了个时间做了个一直想做的题
感觉还是很妙哒

题解

我们考虑一个做法
设序列长度为S
首先，如果暴力扫的话，是可以 $O(ns)$ 算出来所有长度为S的最优值的
但是S大的话，就不好办了
然后我们观察性质，如果S大的话，那么两两间最小的差值，就不会超过 $m/s+1$ ，对吧
然后这个时候，我们就可以考虑枚举差值，然后枚举右端点，DP出最远可以到多远
然后就好了
考虑将两个过程合并，可以知道，S取得 $\sqrt{m}$ ，复杂度最优，为 $n\sqrt{m}$
然后就可以通过这题了

CODE:

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL N=200005;
LL S;
LL n,m,k;
LL s[N];
LL f[N];
LL ans=0;
LL r[N];
int main()
{
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
    S=sqrt(m);//区间长度 
    for (LL u=1;u<=n;u++)   scanf("%lld",&s[u]);
    memset(f,127,sizeof(f));
    for (LL u=n;u>=1;u--)
        for (LL i=u+1;i<=min(n,u+S-1);i++)
        {
            f[i]=min(f[i],f[i-1]);
            f[i]=min(f[i],abs(s[i]-s[u]));
            if (i-u+1>=k)
            {
                ans=max(ans,f[i]*(i-u));
            }
        }
    //printf("%lld\n",ans);
    memset(f,0,sizeof(f));
    for (LL u=1;u<=n;u++)//以什么为右端点
    {
        for (LL i=0;i<=m/S+1;i++)//最大差值是i-1 
        {
            if (i>=1) f[i]=max(f[i],f[i-1]);
            if (s[u]-i>=0) f[i]=max(f[i],r[s[u]-i]);
            if (s[u]+i<=m) f[i]=max(f[i],r[s[u]+i]);
            if (u-f[i]>=max(k,S))   ans=max(ans,(u-f[i]-1)*(i+1));
            /*printf("YES:l:%lld r:%lld x:%lld\n",f[i]+1,u,i);
            system("pause");*/
        }
        r[s[u]]=u;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}