[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;
}