P3515 [POI2011]Lightning Conductor

给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(\{a_n\}\)，对于每个 \(i\in [1,n]\) ，求出一个最小的非负整数 \(p\) ，使得 \(\forall j\in[1,n]\)，都有 \(a_j\le a_i+p-\sqrt{|i-j|}\)
\(1 \le n \le 5\times 10^{5}\)，\(0 \le a_i \le 10^{9}\) 。

第一次遇到的决策单调性优化dp……也是多少带点神奇了，下面浅析一下。

四边形不等式

设 \(w(x,y)\) 是定义在整数集合上的二元函数。若对于定义域上的任意整数 \(a\),\(b\),\(c\),\(d\)，其中 \(a≤b≤c≤d\)，都有 \(w(a,d)+w(b,c)≥w(a,c)+w(b,d)\) 成立，则称函数 \(w\) 满足四边形不等式。

设 \(w(x,y)\) 是定义在整数集合上的二元函数。若对于定义域上的任意整数 \(a\),\(b\)，其中 \(a<b\)，都有 \(w(a,b+1)+w(a+1,b)≥w(a,b)+w(a+1,b+1)\) 成立，则函数 \(w\) 满足四边形不等式。

决策单调性

假如对于某一个dp方程，\(dp[i]\) 的最优转移是 \(dp[k]\)，那么称 \(k\) 为 \(i\) 的决策点。
而dp方程满足决策单调性指的是，决策点 \(k\) 随着 \(i\) 的增大保持单调不减。

定理：在状态转移方程 \(f[i]=min{f[j]+w(j,i)},j∈[0,i)\) 中，若函数 \(w\) 满足四边形不等式，则 \(f\) 具有决策单调性。

上述结论具体的证明，先挖个坑？

可见，如果一个dp方程满足决策单调性，我们就可以利用这个单调性，在转移的过程中在更小的范围中寻找最优转移，从而避免了 \(O(n)\) 枚举，达到了优化的目的。

利用决策单调性，主要有分治，单调队列两种方法来优化 \(dp\)。

法一：单调队列

每次求得一个新的 \(dp[i]\) 时，思考 \(dp[i]\) 可以作为哪些状态的最优决策。由于决策是单调的，因此总是存在一个 \(pos\)，使得 \(pos\) 以前的状态对应的最优决策的位置小于 \(i\)，而在 \(pos\) 之后的状态对应的最优决策的位置大于或等于 \(i\)。那么，如何通过单调队列来维护这些决策呢？

用单调队列来维护决策集合 \(p\)，存一个三元组 \(k,l,r\) 分别表示 \(l~r\) 之间的所有状态对应的最优决策都是 \(dp[k]\)。

维护过程：

• 令队头存在的三元组为 \((k_0,l_0,r_0)\)，假如 \(r_0\) 为 \(i-1\)，直接把队首元素弹出。否则把 \(l_0\) 赋值为 \(i\)。
• 取队首元素记录的决策信息直接转移，算出 \(dp[i]\)。
• 将 \(dp[i]\) 加入决策队列中，步骤如下：

1. 取出队尾，令其为 \((k_t,l_t,r_t)\)
2. 若对于 \(f[l_t]\) 来说，\(i\) 是比 \(k_t\) 更优的决策，即 \(f[i]+w(i,l_t)≤f[k_t]+w(k_t,l_t)\)，记 \(pos=l\)，删除队尾，返回步骤1。
3. 若对于 \(f[r t]\) 来说，\(i\) 是比 \(k_t\) 更优的决策，即 \(f[k_t]+w(j_t,r_t)≤f[i]+w(i,r_t)\)，去往步骤5。
4. 否则，则在 \([l t,r t]\) 上二分查找出位置 \(pos\)，在此之前决策比 \(i\) 优，在此之后决策 \(i\) 更优，将 \([l t,r t]\) 修改为 \([l t,pos−1]\)，去往步骤5。
5. 把三元组 \((i,pos,n)\) 插入队尾。
   ——参考于洛谷用户 \(HoshiuZ\)。

复杂度为 \(O(n\log n)\)。

法二：分治

分治比单调队列要好想很多，常受本人青睐，下面介绍一下其步骤。

假设当前处理的区间为 \(L~R\)，该区间对应的最优决策所处的区间在 \(l~r\) 之间。
令 \(mid = (L+R) / 2\)，然后直接暴力枚举该区间对应的最优决策所处区间的元素，求出 \(dp[mid]\) 对应的最优决策，令其为 \(nr\)。
又由于决策具有单调性，所以 \(mid+1~R\) 这一段区间对应的最优决策所处区间一定在 \(nr~r\) 之间，\(L~mid-1\) 这段区间对应的最优决策所处区间一定在 \(l~nr\) 之间。
对左右两个区间递归操作即可。

前置知识介绍完了，那么这个题如何处理呢？
对题目中的式子进行转化，可得

\[a_j + \sqrt{|i-j|} - a_i \le p \]

去掉绝对值，即有：

\[p = \max(a_j +\sqrt{i-j}) - a_i,i >= j \]

\[p = \max(a_j +\sqrt{j - i}) - a_i,i < j \]

好像四边形不等式能证明这是满足决策单调性的……留个坑，下周来填。

在知道了dp式子是满足决策单调性的前提下，只需要正反各dp一次，然后求max就行了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 6e5;
long long a[MAXN + 5],n;
double f1[MAXN + 5],f2[MAXN + 5];
void work1(int L,int R,int l,int r){//范围+决策范围，思路可参考上述介绍的通过分治利用决策单调性。这里是正着求一边
    if(L > R)return;
    double now = 0;
    int mid = (L + R) / 2,nr = 0;
    f1[mid] = a[mid];
    for(int i = l; i <= min(mid,r); i++){//暴力求dp[mid]的最优决策点
        now = a[i] + sqrt(double(mid - i));
        if(now > f1[mid])f1[mid] = now,nr = i;
    }
    if(!nr)nr = mid;
    f1[mid] -= a[mid];
    work1(L,mid - 1,l,nr);//递归处理子区间
    work1(mid + 1,R,nr,r);
}
void work2(int L,int R,int l,int r){//反着求一遍
    if(L > R)return;
    double now = 0;
    int mid = (L + R) / 2,nr = 0;
    f2[mid] = a[mid];
    for(int i = r; i >= max(l,mid); i--){
        now = a[i] + sqrt(double(i - mid));
        if(now > f2[mid])f2[mid] = now,nr = i;
    }
    if(!nr)nr = mid;
    f2[mid] -= a[mid];
    work2(L,mid - 1,l,nr);
    work2(mid + 1,R,nr,r);
}
int main(){
    scanf("%lld",&n);
    for(int i = 1; i <= n; i++)scanf("%lld",&a[i]);
    work1(1,n,1,n);
    work2(1,n,1,n);
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        long long ans = 0;
        ans = ceil(max(f1[i],f2[i]));
        cout << ans << "\n";
    }
}