B. 天路
题目描述
在一根数轴上，有 \(N\) 个点 \(A_1,A_2,\dots,A_N\)，你要对于 \(\forall 2\le k\le N\)，求出 \(\min\limits_{1\le l\le N-k+1} \{\max \limits_{l\le i< j\le l+k-1}\{|A_i-A_j|\}\}\)。
如果对于每个 \(k\)，你输出的答案 \(c_k\) 与标准答案 \(\widehat{c_k}\) 的相对误差不超过 \(\% 5\)，即 \(|c_k-\widehat{c_k}|\le \widehat{c_k}\cdot \% 5\)，那么你的答案将会被接受。
思路
注意到这里允许你的答案有 \(\% 5\) 的误差，所以考虑枚举答案，并求出对应的 \(k\)。由于这里的答案不超过 \(10^6\)，并且每次枚举答案 \(x\) 可以直接令 \(x\leftarrow \max(x+1,1.05\cdot x)\)，所以只需枚举 \(\log_{1.05} 10^6 \approx 300\) 次。
那么怎么求出 \(k\) 呢？我们用双指针求出能够覆盖的极大区间，使用单调队列维护区间最大/小值即可。
空间复杂度 \(O(N)\)，时间复杂度 \(O(N\log_{1.05} V)\)，其中 \(V=10^6\)。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int MAXN = 100001, MAXV = 1000001;int n, a[MAXN], que[2][MAXN], head[2], tail[2], ans[MAXN];int Solve(int x) {head[0] = head[1] = 1;tail[0] = tail[1] = 0;int ret = 0;for(int i = 1, j = 0; i <= n; ++i) {for(; j <= n && (head[0] > tail[0] || head[1] > tail[1] || a[que[0][head[0]]] - a[que[1][head[1]]] <= x); ) {if(++j <= n) {for(; head[0] <= tail[0] && a[que[0][tail[0]]] <= a[j]; tail[0]--) {}que[0][++tail[0]] = j;for(; head[1] <= tail[1] && a[que[1][tail[1]]] >= a[j]; tail[1]--) {}que[1][++tail[1]] = j;}}ret = max(ret, j - i);for(; head[0] <= tail[0] && que[0][head[0]] <= i; head[0]++) {}for(; head[1] <= tail[1] && que[1][head[1]] <= i; head[1]++) {}}return ret;
}int main() {ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);cin >> n;for(int i = 1; i <= n; ++i) {cin >> a[i];ans[i] = int(1e9) + 1;}for(int i = 0; i < 2000000; i = max(i + 1, (int)(1.05l * i))) {int x = Solve(i);ans[x] = min(ans[x], i);}for(int i = n - 1; i >= 2; --i) {ans[i] = min(ans[i], ans[i + 1]);}for(int i = 2; i <= n; ++i) {cout << ans[i] << "\n";}return 0;
}
C. 套路
题目描述
有一个数列 \(A_1,A_2,\dots,A_N(1\le A_i\le M)\)。令 \(s(l,r)=\min\limits_{l\le i<j\le r}\{|A_i-A_j|\}\)，你要求出 \(\max\limits_{1\le l+k-1\le r\le N}\{(r-l)\cdot s(l,r)\}\)。
思路
由于 \(s(l,r)\le \frac{M-1}{r-l}\)，所以可以想到根号分治。
对于 \(s(l,r)\le \sqrt M\)，我们从小到大枚举 \(s(l,r)\)。我们令 \(lst_{i}\) 为最大的 \(j\) 使得 \(|A_i-A_j|<s(l,r)\)。一开始 \(s(l,r)=1\)，那么 \(lst_i\) 就是上次 \(A_i\) 出现的位置，可以轻松求出。后来每次 \(s(l,r)\) 加一，只需将 \(lst_i\) 与 \(A_i-s(l,r)+1,A_i+s(l,r)-1\) 出现的位置去 \(\max\) 即可。接着双指针，用单调队列维护区间 \(lst_i\) 最大值即可。
对于 \(s(l,r)>\sqrt M\)，那么 \(r-l+1\le \sqrt M\)，所以我们可以使用区间 dp，令 \(dp_{i,l}\) 表示区间长度为 \(i\)，左端点为 \(l\) 时的 \(s(i,l)\)。很明显有转移 \(dp_{i,l}=\min(dp_{i-1,l},dp_{i-1,l+1},|A_l-A_{l+i-1}|)\)。这里可以用降维优化。
空间复杂度 \(O(N+M)\)，时间复杂度 \(O((N+M)\sqrt M)\)。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;const int MAXN = 200001, B = 447;int n, m, k, a[MAXN], pos[MAXN], lst[MAXN], que[MAXN], head, tail, dp[MAXN];
ll ans;int Solve(int x) {fill(pos + 1, pos + m + 1, 0);int ret = 0;for(int i = 1; i <= n; ++i) {lst[i] = max({lst[i], (a[i] - x + 1 >= 1 ? pos[a[i] - x + 1] : 0), (a[i] + x - 1 <= m ? pos[a[i] + x - 1] : 0)});pos[a[i]] = i;}head = 1, tail = 0;for(int i = 1, j = 0; i <= n; ++i) {for(; j <= n && (head > tail || lst[que[head]] < i); ) {if(++j <= n) {for(; head <= tail && lst[que[tail]] <= lst[j]; --tail) {}que[++tail] = j;}}ret = max(ret, j - i - 1);}return ret;
}int main() {ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);cin >> n >> m >> k;for(int i = 1; i <= n; ++i) {cin >> a[i];dp[i] = MAXN;}ll A = 0, b = 0;for(int i = 1; i <= min(m, (MAXN - 1 + B - 1) / B); ++i) {ll x = Solve(i);if(x + 1 >= k) {ans = max(ans, 1ll * x * i);A = max(A, 1ll * x * i);}}for(int i = 2; i <= min(n, B); ++i) {for(int l = 1, r = i; r <= n; ++l, ++r) {dp[l] = min({dp[l], abs(a[l] - a[r]), dp[l + 1]});if(i >= k) {ans = max(ans, 1ll * (i - 1) * dp[l]);b = max(b, 1ll * dp[l] * (i - 1));}}}cout << ans;return 0;
}
