NOIP提高模拟-20181024-T1-小C的数组

最新推荐文章于 2025-07-21 07:30:00 发布

Neonen

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分类专栏：我的题解与日志二分答案

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本文介绍了一种结合二分查找与动态规划（DP）的方法，用于解决求序列相邻两项差值最大值最小化的难题。通过将问题简化为验证单一数值，再逐步扩展至整个序列，实现了有效验证策略。文章详细阐述了状态转移方程，并提供了O(N^2logN)时间复杂度的代码实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

写在前面

考试的时候并没有想出来二分以后如何用 $D P$ 验证，所以随手敲了个 $D P$ 然后愉快爆零。

Solution

首先按照题面不难想到，这是一个求序列相邻两项的差的最大值最小的问题，那么显然考虑二分。
在二分以后如何去验证呢？
我们可以这样想：对于一个序列，可能不好直接去验证，那么考虑验证一个短一点的，比如说只有一个数，那么这玩意儿行不行是可以直接算出来的。在这个基础上进行扩展，不难想到 $D P$ 是可以用来验证的，因为我们需要扩展状态。
设 $f_i$ 表示 $i$ 位置不被修改，而他之后的数全部满足小于等于 $m i d$ 所需要的最少修改次数，那么我们在转移状态的时候只需要枚举下一个没有被修改的位置 $j$ ，若 $i$ 到 $j$ 中所有数被修改后全部满足二分值 $m i d$ ，则，
$\left(j-i\right)*mid \geq \left| A_j-A_i \right|$
所以说总的转移方程为
$f\left[i\right]= min(f\left[i\right],f\left[j\right]+j-i-1)\ \ \ \ \ \ (\left|a[j]-a[i]\right|<=mid*(j-i))$
时间复杂度 $O(N^2logN)$ 。
代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
template <typename T>
void read(T &x){
    x=0;
    T neg=1;
    static char c=getchar();
    while(!isdigit(c)&&c!='-') c=getchar();
    if(c=='-') neg=-1,c=getchar();
    while(isdigit(c)) x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0',c=getchar();
    x*=neg;
}
ll n,k,a[2005];
ll f[2005];
bool check(ll mid){
    for(int i=n;i>=1;i--){
        f[i]=n-i;
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
            if(abs(a[j]-a[i])<=mid*(ll)(j-i)) f[i]=min(f[i],f[j]+j-i-1);
        if(f[i]+i-1<=k) return true;
    }
    return false;
}
int main(){
    read(n); read(k);
    for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
    int l=0,r=2e9,ans=r;
    while(l<=r){
        int mid=(l+r)>>1;
        if(check(mid)) r=mid-1,ans=mid;
        else l=mid+1;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}