题目大意:
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a[i],将a[i]减去1,选择a[i-1]或a[i+1]中的一个加上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。M组询问,每组给出一个k
n<=1000000,m<=50,xi,k<=1e8
分析:
乍一看,有一些选择性,还有序列,像是dp,但是对于动规,因为可以经过无数次操作,而且数的范围也不小,完全没有想法。
所以这个时候,我们要再分析一下题意。
发现,无论怎么加减,这个序列的总和是不变的。而且,我们可以随意地进行无数次加减,可以将所有的高出k的数都可以填到低于k的数。
又发现,最终的合法子序列,就是这个序列区间内,每个数都要大于等于k,也就是说,这个区间的平均值必须大于等于k。
所以,我们用前缀和sum[i],表示原数列中前i个元素的和。
这样,我们就相当于枚举点对i,j,j<=i,使得在sum[i]-sum[j]>=k*(i-j)的情况下,i-j最大。(这是等价的,因为无论如何,我们会有一个子区间内的总和是不变的。所以可以采用原始的序列进行操作)
又,为了避免麻烦,我们可以将所有的数都减去k,这样就转化成了,找到最大的i-j,满足sum[i]-sum[j]>=0;
思路一:
枚举i,j点对。复杂度O(m*n^2) 直接慢的飞起。
思路二:
考虑优化,线性的东西,往往要考虑单调栈,或者是单调队列。
发现,对于一个枚举的右端点i,我们要枚举左端点1~i,之后还要重复枚举,只为了取max。是否有单调性?
发现,我们这里要考虑两个方面,一个是sum[i]-sum[j]>=0 一个是:i-j最大。所以从左端点的位置,和它的sum值关系入手。
发现,当k 于是,我们可以维护一个单调栈,正序加入,它从栈低到栈顶记录可能成为答案的左端点编号,从下往上,编号大小递增,sum值递减。 这样对于一个新枚举的i,我们要找到sum[i]-sum[j]>=0且最小的j,栈内二分即可。 复杂度O(m*n*logn) 可惜还是差一点。 继续优化思路二。m、n看来是不太好优化了,logn的二分是否可以去掉呢? 发现,即使思路二用了单调栈,但是我们有的时候,还是会用一些“其实一眼就可以看出来的”不能可能成为答案的右端点来进行二分。 什么意思呢? 我们必须考虑右端点枚举的方式,是否也有同样的单调性?? 发现,如果,j
嗯,,,两个单调性,,, 我们可以开两个栈!! 除了上一个栈,我们还可以开一个储存可能成为右端点的栈。 其中,这个栈的更新,正序循环预处理。和上一个栈一样,从下到上,编号单增,sum单减。 我们同理,正序循环预处理第一个左端点栈。 然后进行答案选择,取出右端点的栈顶,不断pop左栈,直到sum[sta1[top1]]>sum[sta2[top2]],刚才最后pop的元素就可能成为答案。 至于为什么能pop,因为后面的右栈中的sum越来越大,而要使左端点越小越好,所以它们一定能过sum小的那些关,就直接跳过了。 其实不用那么麻烦开两个栈。 我们初始化左端点栈之后,倒序循环右端点,同上不断pop,最后pop掉的左端点就用来尝试更新答案。 每次当sum[右端点]是历史最大值的时候才操作。 为什么是对的? 因为,右端点即将变小,小了之后,必须sum更大才有可能继续突破更大的sum[左端点],,否则,i小了,sum不增大,答案必然不优。 这样就避免了两个栈的麻烦。 注意: 开long long 代码:(代码好抄,思维难移) 1.对于一个题目,我们应该去先想这是什么类型的题,但是更关键的是,挖掘题目中的隐含信息,比如这个题的平均值。可谓最厉害的算法,就是对症下药。 2.对于线性问题的优化,可以想到的有:单调队列,单调栈,斜率优化,分块,莫队,决策单调性(不会),四边形不等式(??),可行性dp转化为最优性dp,前缀和也算。 3.如果一步优化不完,一般不要轻易放弃这个思路,毕竟好题不是那么直白。考虑针对复杂度的哪个局限部位进行优化。继续挖掘信息。 4.尽量深刻理解算法本质,比如这个题,就很好的用到了两次单调栈的特点。 思路三:
思路四:
#include
总结: