Description

題庫鏈接

給定一個整數 \(M\)，對于任意一個整數集合 \(S\)，定義“校驗值”如下：

從集合 \(S\) 中取出 \(M\) 對數（即 \(2\times M\) 個數，不能重復使用集合中的數，如果 \(S\) 中的整數不夠 \(M\) 對，則取到不能取為止），使得“每對數的差的平方”之和最大，這個最大值就稱為集合 \(S\) 的“校驗值”。

現在給定一個長度為 \(N\) 的數列 \(A\) 以及一個整數 \(k\)。我們要把 \(A\) 分成若干段，使得每一段的“校驗值”都不超過 \(k\)。求最少需要分成幾段。 多測，測試組數為 \(T\)。

\(T\leq 12,1\leq n,m\leq 5\times 10^5,0\leq k\leq 10^{18},0\leq P_i\leq 2^{20}\)

Solution

先考慮如何求“校驗值”。思路是當題述結果最大時，應該要求最大值和最小值一組；次大值和次小值一組……

我們以 \(4\) 個數為例，如 \(a,b,c,d\)，其中 \(a\leq b\leq c\leq d\) 。那么 \((d-a)^2+(c-b)^2=a^2+b^2+c^2+d^2-2ad-2bc\)，\((b-a)^2+(d-c)^2=a^2+b^2+c^2+d^2-2ab-2cd\)。容易發現 \(ad+bc<ab+cd\)，故前者更優。更多數時用數學歸納法可以證明。

其次，另外一個要點是當一個區間左端點固定時右端點要盡可能往右取。

注意到這兩點，我們左端點從 \(1\) 開始，向右找到最遠的符合條件的右端點，劃分為一段。再接著固定左端點，繼續尋找。這樣即可統計出答案。假設我們右端點是枚舉得到的，記答案（最少段數）為 \(ans\)，那么本算法的復雜度約為 \(O\left(ans\times\left(\frac{n}{ans}\right)^2\log\frac{n}{ans}\right)=O\left(n^2\times\frac{\log\frac{n}{ans}}{ans}\right)\)。

若答案趨為 \(1\)，復雜度趨為 \(O\left(n^2\log n\right)\)。顯然枚舉右端點的思路是過不了此題的。而計算“校驗值”的復雜度是無法再優化的，考慮如何快速尋找右端點。

一個思路是二分右端點，其余同上，由主定理可以證明復雜度是 \(O(n\log^2 n)\) 的。不過可惜的是出題人把這個算法卡掉了。

既然二分不行，我們考慮用倍增的思路來求右端點，具體思路是首先設倍增 \(len\) 長度為 1，若右端點為 \(r\)，判斷若端點 \(r+len\) 符合條件。則將右端點賦值為 \(r+len\) 并且將 \(len\) 倍增，繼續討論；若不符合條件則將 \(len\) 縮短一半，繼續討論。其實該算法的復雜度與二分是一致的，不過只能寫倍增才能過此題。

另外，不論二分還是倍增，排序直接 \(\text{sort}\) 依舊過不了。注意到這樣一個小技巧，如果上一個枚舉的右端點為 \(r\)，這一次右端點為 \(r'\)，那么可以知道區間 \((l,r)\) 是有序的，那么我們只需排序 \((r,r')\) 的區間，之后將兩個部分歸并即可使整個 \((l,r')\) 有序。

Code

#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N = 5e5+5; void gi(int &x) {x = 0; char ch = getchar();while (ch < '0' || ch > '9') ch = getchar();while (ch >= '0' && ch <= '9') x = x*10+ch-'0', ch = getchar(); }int t, n, m, p[N], a[N], kl, kr, tmp[N]; ll k;void merge(int l, int r, int x, int y) {int i = l, j = x, k = l;while (i <= r && j <= y)if (a[i] < a[j]) tmp[k++] = a[i++];else tmp[k++] = a[j++];while (i <= r) tmp[k++] = a[i++];while (j <= y) tmp[k++] = a[j++];for (int i = l; i <= y; i++) a[i] = tmp[i]; } bool judge(int l, int r) {if (kl == l && r > kr) {for (int i = kr+1; i <= r; i++) a[i] = p[i];sort(a+kr+1, a+r+1);merge(l, kr, kr+1, r); kr = r;} else {for (int i = l; i <= r; i++) a[i] = p[i];sort(a+l, a+r+1);kl = l, kr = r;}int t = 0; ll cnt = 0;while (t < m && l < r) {cnt += 1ll*(a[r]-a[l])*(a[r]-a[l]);++l, ++t, --r;if (cnt > k) return false;}return cnt <= k; } void work() {scanf("%d%d%lld", &n, &m, &k);for (int i = 1; i <= n; i++) gi(p[i]);int l = 1, r = 1, ans = 0, len, k;while (l <= n) {len = 1, k = l;while (len) {if (r+len <= n && judge(l, r+len)) {r += len;k = r, len <<= 1;}else len >>= 1;}l = r = k+1, ++ans;}printf("%d\n", ans); } int main() {scanf("%d", &t);while (t--) work();return 0; }

轉載于:https://www.cnblogs.com/NaVi-Awson/p/11167203.html

總結

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