[USACO16OPEN]钻石收藏家Diamond Collector

由于相差不超过k才可以放在一起，要判断不超过k这个条件，显然我们需要排序

首先我们需要一个f数组，f[i]意义看代码开头注释,

假设我们可以选择的某一个区间是a[l]~a[r]（已排序且最优(最长的意思））,那么这个区间要符合这样一个性质：

a[r]-a[l]<=k

移项一下，

a[r]<=k+a[l]（r要尽可能大）

而a[l]中的l我们是枚举得到的，因此我们只需要求出对应的r即可

我们观察移项后的式子可以发现，我们要求的r其实是数列中小于等于k+a[l]的最大值

那么这显然是符合可二分性的，

所以我们二分查找r的位置，由此可以得到f[l]=half(k+a[l]) - l + 1;

然后我们可以枚举第一个架子放的是从哪里开始的

因为不允许重叠，因此我们需要查询f[f[i]+i]~f[n]的最大值（第二个架子），

为什么不用查询前面的？

与枚举数对同理，如果足够优的话，前面的会查询到后面的，所以不必重复查询（而且也不好处理，因为不知道前面查询到的会不会和后面冲突),

那么区间查询最大值，无修改，我们可以想到什么呢？

ST表！

那么ST表是什么？

ST[i][j]存从i开始往后面2^j个（包括i自己）的最大值

根据倍增的思想，我们可以在nlogn的时间内建出ST表

然后再次根据倍增的思想，我们可以实现O(1)查询

这里ST表就不作过多解释了，还不会的去写模板ST表即可

 1 #include
 2 using namespace std;
 3 #define R register int
 4 #define AC 50020
 5 /*二分查找f[i]，以i为开头最多能放几个，然后对f数组建立ST表，
 6 查询f[f[i]+i] ~ f[n]的最大值，
 7 为什么不用查询前面的？
 8 与枚举数对同理，如果足够优的话，前面的会查询到后面的，所以不必重复查询（而且也不好处理),
 9 这样的话,时间复杂度O(nlogn(获取f数组) + nlogn(获取ST表) + n(查询))
10 O(nlogn+n)? --- > O(nlogn)*/
11 int n,ans,k;
12 int ST[AC][17],f[AC],a[AC],p[AC];
13 inline int read()
14 {
15     int x=0;char c=getchar();
16     while(c>'9' || c<'0') c=getchar();
17     while(c>='0' && c<='9') x=x*10+c-'0',c=getchar();
18     return x;
19 }
20 
21 inline void upmax(int &a,int b)
22 {
23     if(b>a) a=b;
24 }
25 
26 inline int Min(int a,int b)
27 {
28     if(areturn a;
29     else return b;
30 }
31 
32 inline int Max(int a,int b)
33 {
34     if(a>b) return a;
35     else return b;
36 }
37 
38 inline int half(int x)//二分查找小于等于x的最大值，并返回下标
39 {
40     int l=1,r=n,mid;
41     while(l<r)
42     {
43         mid=(l+r+1)>>1;//由于符合条件时应尽可能向右移，这时为了保持ans在区间内，
44         //---> l=mid,但这样的话，由于传统mid偏向l，将会导致死循环
45         //因此将mid手动偏向r，这时由于不符合才会移动r，所以--->r=mid-1,本就不需要mid，
46         //因此每次转移必定会有偏移量，所以就不会死循环了
47         if(a[mid] <= x) l=mid;//由于mid偏向l，所以+1防止死循环
48         else r=mid-1;
49     }
50     return l;
51 }
52 
53 void pre()
54 {
55     n=read(),k=read();
56     for(R i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
57     sort(a+1,a+n+1);
58     for(R i=1;i<=n;i++) f[i]=half(k+a[i]) - i + 1;//f[i]存个数
59 }
60 
61 void built()
62 {
63     int key=1;
64     for(R i=1;i<=n;i++)
65     {
66         if(i==(key<<1)) p[i]=p[i-1]+1,key<<=1;
67         else p[i]=p[i-1];//存下长度为i时，最长包含2的几次方,以保证一定包含了整个区间
68         ST[i][0]=f[i];
69     }
70     for(R j=1;j<=17;j++)
71         for(R i=1;i<=n;i++)
72             ST[i][j]=Max(ST[i][j-1] , ST[Min(i + (1 << (j - 1)),n)][j-1]);//因为可能剩下的i~n,根本就不够1<
73 }
74 
75 void work()
76 {
77     for(R i=1;i<=n;i++)
78     {
79         int l=f[i] + i,r=n;
80         k=p[r-l+1];
81         upmax(ans,f[i] + Max(ST[l][k],ST[r - (1<1][k]));
82     }   
83     printf("%d\n",ans);
84 }
85 
86 int main()
87 {
88     freopen("in.in","r",stdin);
89     pre();
90     built();
91     work();
92     fclose(stdin);
93     return 0;
94 }

 

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