题解 CF1712D Empty Graph

CF1712D

给定一个长为 \(n\) 的序列 \(a\)。定义一个 \(n\) 个点的无向完全图，点 \(l\) 和点 \(r\) 之间的距离为 \(\min\limits_{i\in[l,r]}\{a_i\}\)。

可以进行 \(k\) 次操作，每次操作可以选定一个 \(i\) 并将 \(a_i\) 赋值为 \(10^9\) 。最大化这个图的直径。

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在复杂度允许的情况下，尽可能把东西丢给机子去做。 ——秋语橙

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方便起见，以下记 \(MD=10^9\).

贪心做法需要一些结论，我这里直接给出来，前 2 个结论证明不再赘述，可参考 0htoAi 的题解。

1. 两点间的最短路要么为 两点间直连的边长，要么为 两倍全局最小 \(a\) 的值；

2. 图的直径必然可在相邻两点的最短路处取得；

3. 最优策略必然将前 \(k-1\) 小的 \(a\) 赋值成 \(MD\)。

以下给出结论 3 的证明：

对于 \(k=1\) 的情况，显然成立。对于 \(k>1\) 的情况，根据结论 1，每一次赋值点的选取要么是当前全局最大 \(a\) 的相邻点（记为操作 1），要么为当前全局最小 \(a\)（记为操作 2）。注意到，一旦出现 2 个连续的 \(MD\)，我们就没有必要再执行操作 1 了，称为盈满状态。达到盈满状态后只需执行操作 2.无论怎样执行哪个操作，在第 \(k\) 次赋值之前，必然存在至少一个 \(a=MD\)，这时全局最大 \(a=MD\)，必然执行一次操作 1 后就达到了盈满状态，之后执行的操作 2 无非就是被提前了。

所以发现，在把前 \(k-1\) 小的 \(a\) 赋值成 \(MD\) 后，所有问题就被转化到 \(k=1\) 的问题上了。接下来考虑 \(k=1\) 的解法：

先约定一些变量：\(ans1\) 表示 \(\max\limits_{i=1}^{n-1}(\min(a_i,a_{i+1}))\)，\(ans2\) 表示全局最小 \(a\) 的两倍，\(ans3\) 表示全局非严格次小 \(a\) 的两倍。

当然你可以讨论，但是太麻烦了，而且极易出错。（我不知道有没有人用 \(O(1)\) 的讨论过了，如果有的话请与我交流一下，我先表示我的敬意Orz)

考虑一下前言中的那句话，发现现在甚至允许 \(O(n)\) 的复杂度。

所以不妨枚举每一个 \(a_i\)，尝试把 \(a_i\) 赋值成 \(MD\) 后更新答案，再把 \(a_i\) 变回来。

注意到赋值当前 \(a_i\) 时，无非就是变了 \(ans1\) 或是 \(ans2\)，接下来就这两种情况进行分别维护：

1. ans1:很暴力，因为改变 \(a_i\) 只会影响 \(\min(a_{i-1},a_i),\min(a_{i},a_{i+1})\)，所以重新算一下这两个值，和原来全局 \(ans1\) 取个 \(\max\)，作为当前的 \(ans1\)。

2. ans2:直接讨论，如果当前改变的是全局最小 \(a\)，那当前 \(ans2=ans3\)，否则不变。

把 \(ans1\) 和 \(ans2\) 取个 \(\min\) 就是当前改变 \(a_i\) 后的答案，更新 \(ans\) 即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
long long rd(){char ch=getchar();long long x=0,f=1;while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
                        while('0'<=ch && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}
void wr(long long x){if(x<0){putchar('-');x=-x;}if(x>9) wr(x/10);putchar(x%10+'0');}

const long long N=1e5+10,MD=1000000000;
long long t,n,k,a[N+10],ans,ans1,ans2,ans3,mx,mx1,mx2;
struct node{long long w,id;}b[N+10];
bool cmp(node u,node v){return u.w<v.w;}

int main(){
	long long i,j,u,v,x,y;
	t=rd();
	while(t--){
		n=rd();k=rd();
		for(i=1;i<=n;i++){
			a[i]=rd();
			b[i].w=a[i];b[i].id=i;
		}
		a[n+1]=0;//为下面(1)处理更简洁
		sort(b+1,b+n+1,cmp);
		for(i=1;i<k;i++) a[b[i].id]=MD;//把前k-1小的赋值成MD，转化为k=1问题
		ans=0;ans1=0;
		for(i=1;i<n;i++)//统计全局最大相邻更小a
			ans1=max(ans1,min(a[i],a[i+1]));
		ans2=MD;ans3=MD;
		for(i=1;i<=n;i++){//统计2倍全局最小a和2倍全局次小a
			if(a[i]<ans2){
				ans3=ans2; ans2=a[i];
			}
			else if(a[i]<ans3) ans3=a[i];
		}
		ans2*=2;ans3*=2;
		for(i=1;i<=n;i++){
			u=a[i];a[i]=MD;
			mx1=a[i-1];mx2=a[i+1];//改变相邻更小a的2种情况(1)
			mx=max(ans1,max(mx1,mx2));
			if(u*2==ans2) ans=max(ans,min(mx,ans3));//当前改的a等于全局最小a
			else ans=max(ans,min(mx,ans2));//当前改的a不是全局最小a
			a[i]=u;
		}
		wr(ans),putchar('\n');
	}
	return 0;
}