BZOJ2086 POI2010 Blocks

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POI2010 题解整理

Description

给出 N 个正整数 a[1…N] ，再给出一个正整数 k ，现在可以进行如下操作：每次选择一个大于 k 的正整数 ai ，将 ai -1，选择 ai−1 或 ai+1 中的一个+1。

经过一定次数的操作后，问最大能够选出多长的一个连续子序列，使得这个子序列的每个数都不小于 k 。总共给出 M 次询问，每次询问给出的 k 不同，你需要分别回答。

Input

• 第一行两个正整数 N(N≤106) 和 M(M≤50) 。
• 第二行 N 个正整数，第 i 个正整数表示 ai(ai≤109) 。
• 第三行 M 个正整数，第 i 个正整数表示第i次询问的 k(k≤109) 。

Output

• 共一行，输出M个正整数，第i个数表示第i次询问的答案。

Sample Input

5 6
1 2 1 1 5
1 2 3 4 5 6

Sample Output

5 5 2 1 1 0

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Solution ：

这道题目和牛宫一题非常像。

首先要得到这条式子： ans=max{R−L:∑Ri=1ai−∑Lj=1aj≥(R−L)⋅k} 。

暂且设 sumi=∑ij=1aj−i⋅k ，则对于每一个 R ，要找 [0,R−1] 内最小的 L ，并且满足 sumR≥sumL 。

有一个性质：

• 对于两个点 k,j(k<j) ，如果 sumk≤sumj ，那么这个j是一定用不到的。

所以我们可以维护一个单调栈，当满足 sumstk[top]>sumi 的时候才将i放入。那么我们就会发现这个单调栈呈现这样一种情况：下标在不断增大，但是 sumpos 在不断减小。于是我们找到栈中最小的 pos ，且满足 sumpos≤sumi 即可。

#include
#define M 1000005
using namespace std;
long long sum[M];
inline void Rd(int &res){
    res=0;char c;
    while(c=getchar(),c<48);
    do res=(res<<3)+(res<<1)+(c^48);
    while(c=getchar(),c>47);
}
int stk[M],top=0;
int main(){
    int n,m;Rd(n),Rd(m);
    for(int i=1,x;i<=n;i++){
        Rd(x);sum[i]=sum[i-1]+x;
    }
    for(int _=1;_<=m;++_){
        int k;Rd(k);
        top=0;
        int ans=0;
        stk[++top]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            if(sum[stk[top]]-1LL*stk[top]*k>sum[i]-1LL*i*k)stk[++top]=i;
            else{
                int L=1,R=top,res=-1;
                while(L<=R){
                    int mid=L+R>>1;
                    if(sum[stk[mid]]-1LL*stk[mid]*k<=sum[i]-1LL*i*k){
                        R=mid-1;
                        res=mid;
                    }else L=mid+1;
                }
                if(~res)ans=max(ans,i-stk[res]);
            }
        }
        printf("%d%c",ans,_==m?'\n':' ');
    }
}

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（16/11/17更新）为了将二分的 O(logn) 复杂度转化为线性复杂度，我们需要回到最开始的模拟中——我们枚举当前的右端点，然后将左端点的位置不断向左滑动。由于我们不能确定，在当前的 sumL>sumR 的前方，是否有比 sumL 更小的值可以转移，所以单次询问我们暴力的复杂度为 O(N2) 。

但是对于每个位置，前面最小的值可以利用动态规划在 O(n) 时间内计算。于是我们上述缺陷的判断就可以被填补，我们在滑动L的时候，只要判断前面最小的值是否 ≤sumR 即可。不能滑动时，我们不必撤销当前的最优解并且下一轮从头滑动L，我们保持这个区间向右滑动即可。这样此处均摊的复杂度仍为 O(n) 。

综上，最后总复杂度为 O(nm) 。

#include
#define M 1000005
using namespace std;
long long sum[M];
inline void Rd(int &res){
    res=0;char c;
    while(c=getchar(),c<48);
    do res=(res<<3)+(res<<1)+(c^48);
    while(c=getchar(),c>47);
}
int Min[M];
int main(){
    int n,m;Rd(n),Rd(m);
    for(int i=1,x;i<=n;i++){
        Rd(x);
        sum[i]=sum[i-1]+x;  
    }
    for(int _=1;_<=m;++_){
        int k;Rd(k);
        int ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            if(sum[Min[i-1]]-1ll*Min[i-1]*k<=sum[i]-1ll*i*k)Min[i]=Min[i-1];
            else Min[i]=i;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            while(i-ans>=0&&sum[Min[i-ans]]-1ll*Min[i-ans]*k<=sum[i]-1ll*i*k)ans++;
        printf("%d%c",ans-1,_==m?'\n':' ');
    }
}