首先进行一步转化
\(a_j \leq a_i + q - sqrt(abs(i - j))\)
\(a_i + q \geq a_j + sqrt(abs(i-j))\)
即 $q = max (a_j + sqrt(abs(i-j))) - a_i $
我们对\(i \geq j 和 j > i\) 分类讨论, 其实解决一种情况后将序列翻转再做一遍即可
有一种O(\(n^2\))的dp暴力应该不难想到
那么我们现在思考如何以比较优秀的时间复杂度解决
这里涉及到决策单调性
简单的说, 对于i来说, 它的答案来源是另一点j,
那么所有答案来源排成的序列\(j_1,j_2,j_3,\cdots j_n\) 具有单调性
比如: 1112255566666666678888
那么我们可以考虑对于每一个i, 它可以成为哪一段区间的答案
即一个三元组(l, r, i) 对应i控制l到r
可以二分+栈(或队列)处理
二分i和栈顶答案相等临界, 若临界小于l则弹栈重复操作
否则将新的(l, r, i) 压倒栈中
代码:
#include
#include
#include
#include
#include
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 500080;
struct node{
ll l, r, x;
};
deque q;
ll read() {
ll x = 0, f = 1;
char c = getchar();
while (!isdigit(c)) {
if (c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while (isdigit(c)) {
x = (x << 3) + (x << 1) + c - '0';
c = getchar();
}
return x * f;
} //快读
ll n;
long double ans[N], a[N];
bool check(ll x,ll y,ll k) {
return a[x] + sqrt(k - x) > a[y] + sqrt(k - y);
}
void work(void) {
node k = (node){1, n, 1};
for (ll i = 2;i <= n; i++) {
if (a[i] < a[k.x]) continue; //剪枝, 如果满足则它一定不会有贡献
ll l = i, r = n, mid;
while (l <= r) {
mid = (l + r) >> 1;
if (check(k.x, i, mid)) l = mid + 1;
else r = mid - 1;
}//二分
if (l == n + 1) continue;
if (l <= k.l) {
k = q.front();
q.pop_front();
i--;
continue;
}//弹栈
k.r = r;
q.push_front(k);
k = (node){l, n, i}; //压栈
}
q.push_front(k);
k = q.back();
q.pop_back();
for (ll i = 1;i <= n; i++) {
if (k.r < i) {
k = q.back();
q.pop_back();
}
ans[i] = max(ans[i], a[k.x] + sqrt(i - k.x)); //要做两次,所以取max
}
}
int main() {
n = read();
for (int i = 1;i <= n; i++)
a[i] = read(), ans[i] = a[i];
work();
for (int j = 1;j << 1 <= n; j++)
swap(a[j], a[n-j+1]), swap(ans[j], ans[n-j+1]);
//翻转
while (q.size()) q.pop_front();
work();
///*
for (int i = n;i >= 1; i--)
printf ("%d\n", int(ceil(ans[i]) - a[i]));
//*/
return 0;
}