[hihoCoder 1384]Genius ACM

Description

題庫連接

給定一個整數 $M$，對於任意一個整數集合 $S$，定義「校驗值」以下：

從集合 $S$ 中取出 $M$ 對數（即 $2\times M$ 個數，不能重複使用集合中的數，若是 $S$ 中的整數不夠 $M$ 對，則取到不能取爲止），使得「每對數的差的平方」之和最大，這個最大值就稱爲集合 $S$ 的「校驗值」。

如今給定一個長度爲 $N$ 的數列 $A$ 以及一個整數 $k$。咱們要把 $A$ 分紅若干段，使得每一段的「校驗值」都不超過 $k$。求最少須要分紅幾段。 多測，測試組數爲 $T$。

$T\leq 12,1\leq n,m\leq 5\times 10^5,0\leq k\leq 10^{18},0\leq P_i\leq 2^{20}$

Solution

先考慮如何求「校驗值」。思路是當題述結果最大時，應該要求最大值和最小值一組；次大值和次小值一組……

咱們以 $4$ 個數爲例，如 $a,b,c,d$，其中 $a\leq b\leq c\leq d$ 。那麼 $(d-a)^2+(c-b)^2=a^2+b^2+c^2+d^2-2ad-2bc$，$(b-a)^2+(d-c)^2=a^2+b^2+c^2+d^2-2ab-2cd$。容易發現 $ad+bc<ab+cd$，故前者更優。更多數時用數學概括法能夠證實。

其次，另一個要點是當一個區間左端點固定時右端點要儘量往右取。

注意到這兩點，咱們左端點從 $1$ 開始，向右找到最遠的符合條件的右端點，劃分爲一段。再接着固定左端點，繼續尋找。這樣便可統計出答案。假設咱們右端點是枚舉獲得的，記答案（最少段數）爲 $ans$，那麼本算法的複雜度約爲 $O\left(ans\times\left(\frac{n}{ans}\right)^2\log\frac{n}{ans}\right)=O\left(n^2\times\frac{\log\frac{n}{ans}}{ans}\right)$。

若答案趨爲 $1$，複雜度趨爲 $O\left(n^2\log n\right)$。顯然枚舉右端點的思路是過不了此題的。而計算「校驗值」的複雜度是沒法再優化的，考慮如何快速尋找右端點。

一個思路是二分右端點，其他同上，能夠證實複雜度是 $O(n\log^2 n)$ 的。不過惋惜的是出題人把這個算法卡掉了。

既然二分不行，咱們考慮用倍增的思路來求右端點，具體思路是首先設倍增 $len$ 長度爲 1，若右端點爲 $r$，判斷若端點 $r+len$ 符合條件。則將右端點賦值爲 $r+len$ 而且將 $len$ 倍增，繼續討論；若不符合條件則將 $len$ 縮短一半，繼續討論。其實該算法的複雜度與二分是一致的，不過只能寫倍增才能過此題。

另外，不論二分仍是倍增，排序直接 $\text{sort}$ 依舊過不了。注意到這樣一個小技巧，若是上一個枚舉的右端點爲 $r$，這一次右端點爲 $r'$，那麼能夠知道區間 $(l,r)$ 是有序的，那麼咱們只需排序 $(r,r')$ 的區間，以後將兩個部分歸併便可使整個 $(l,r')$ 有序。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 5e5+5;
void gi(int &x) {
	x = 0; char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9') ch = getchar();
	while (ch >= '0' && ch <= '9') x = x*10+ch-'0', ch = getchar();
}

int t, n, m, p[N], a[N], kl, kr, tmp[N];
ll k;

void merge(int l, int r, int x, int y) {
	int i = l, j = x, k = l;
	while (i <= r && j <= y)
		if (a[i] < a[j]) tmp[k++] = a[i++];
		else tmp[k++] = a[j++];
	while (i <= r) tmp[k++] = a[i++];
	while (j <= y) tmp[k++] = a[j++];
	for (int i = l; i <= y; i++) a[i] = tmp[i];
}
bool judge(int l, int r) {
	if (kl == l && r > kr) {
		for (int i = kr+1; i <= r; i++)	a[i] = p[i];
		sort(a+kr+1, a+r+1);
		merge(l, kr, kr+1, r); kr = r;
	} else {
		for (int i = l; i <= r; i++) a[i] = p[i];
		sort(a+l, a+r+1);
		kl = l, kr = r;
	}
	int t = 0; ll cnt = 0;
	while (t < m && l < r) {
		cnt += 1ll*(a[r]-a[l])*(a[r]-a[l]);
		++l, ++t, --r;
		if (cnt > k) return false;
	}
	return cnt <= k;
}
void work() {
	scanf("%d%d%lld", &n, &m, &k);
	for (int i = 1; i <= n; i++) gi(p[i]);
	int l = 1, r = 1, ans = 0, len, k;
	while (l <= n) {
		len = 1, k = l;
		while (len) {
			if (r+len <= n && judge(l, r+len)) {
				r += len;
				k = r, len <<= 1;
			}
			else len >>= 1;
		}
		l = r = k+1, ++ans;
	}
	printf("%d\n", ans);
}
int main() {
	scanf("%d", &t);
	while (t--) work();
	return 0;
}