【ContestHunter0601】Genius ACM-贪心+倍增+归并排序

测试地址：Genius ACM
做法： 本题需要用到贪心+倍增+归并排序。
某机房大佬给的我他书上的一道神题…据说还是“基础算法”章节的例题…看来我NOIP退役已经是可以预见的了…
首先可以大胆猜想（并小心证明）的是，计算校验值时所选的$M$对数，一定是最大的与最小的配对，次大的与次小的配对…以此类推。那么很明显的，一个区间如果被另一个区间包含，那么被包含的区间的校验值一定更小，这就是区间包含单调性，因此要求至少要分多少段，只要从头开始暴力向右扩展，扩展不了了就分段即可。
那么现在问题的关键是，如何在这个算法的过程中快速地算出校验值？我们发现这种信息用数据结构很难维护，于是我们先思考一个暴力：右端点每扩展一步，就重新对当前区间内的元素排一次序。使用插入排序的话，上述算法最坏情况下是$O(n^2)$的。于是我们思考，产生重复性的关键问题在哪里呢？显然，如果每次仅插入一个元素，排序的次数很大，重复性也会很高。因此，我们尝试使用倍增的思路，每次加入$2^k$个元素，来降低排序的次数。
一个很明显的思路是，像一般的倍增一样，从大到小枚举$k$，然后check一下区间$[L,R+2^k]$合不合法，如果合法就给$R$加上$2^k$。而check时，我们能想到的最好的方法就是，对$[R+1,R+2^k]$排序，然后把这个区间和我们已经求出的$[L,R]$进行归并。但这样的问题是，check的时间复杂度是$O(2^k\cdot k+(R+2^k-L+1))$的，整个算法中要check的次数也较多，姑且算$O(n)$的级别，那也是会爆炸的。因此我们需要使用一种更改过的倍增算法，如下：
1.一开始$R=L,p=1$。
2.判断$[L,R+p]$合不合法，合法则更新$R$为$R+p$，然后令$p=2p$，否则令$p=p/2$，重复。
3.当上述步骤执行到$p=0$时，算法结束。
我们来看一下这个算法比传统倍增好在哪里。首先，可以肯定的是任何情况下，check的次数都为$O(\log s)$级别（对求出一次分段点而言），其中$s$为最终分出的段长。然后，这个算法中的$p$先从小到大，然后再从大到小，这就避免了check复杂度中的那个$2^k$过大。显然$p$不会超过$2s$。这样一来我们再来分析这个算法的时间复杂度。对求出一次分段点而言，令分出的这一段长度为$s$，那么因为$p$不会超过$2s$，所以扩展时check的时间复杂度中，$2^k\cdot k$这样的部分的总和是$O(s\log s)$的级别，常数会稍大一些。而因为check最多进行$O(\log s)$次，那么check复杂度后面那个部分的总和也是$O(s\log s)$的级别。那么对于整个序列，check的时间复杂度总和就是$O(n\log n)$，这也就是算法的总时间复杂度了。于是这个问题就被完美的解决了。
以下是本人代码：

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
int T,n,m,nowsiz;
ll k,a[500010],now[500010],t[500010],tmp[500010];

bool check(int L,int R)
{
	if (R>n) return 0;
}

bool check(int L,int R,int p)
{
	if (R+p>n) return 0;
	for(int i=1;i<=p;i++)
		t[i]=a[R+i];
	sort(t+1,t+p+1);
	int id1=0,id2=0;
	for(int i=1;i<=R+p-L+1;i++)
	{
		if (id1>=nowsiz) tmp[i]=t[++id2];
		else if (id2>=p) tmp[i]=now[++id1];
			 else if (now[id1+1]<t[id2+1]) tmp[i]=now[++id1];
			 	  else tmp[i]=t[++id2];
	}
	ll ans=0;
	for(int i=1,j=R+p-L+1;i<j&&i<=m;i++,j--)
		ans+=(tmp[j]-tmp[i])*(tmp[j]-tmp[i]);
	return ans<=k;
}

int solve(int L)
{
	int R=L,p=1;
	now[1]=a[L],nowsiz=1;
	while(p)
	{
		if (check(L,R,p))
		{
			R+=p;
			nowsiz=R-L+1;
			for(int i=1;i<=nowsiz;i++)
				now[i]=tmp[i];
			p<<=1;
		}
		else p>>=1;
	}
	return R;
}

int main()
{
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d%d%lld",&n,&m,&k);
		for(int i=1;i<=n;i++)
			scanf("%lld",&a[i]);
		
		int st=1,ans=0;
		while(st<=n)
		{
			st=solve(st)+1;
			ans++;
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
	
	return 0;
}