[TK] Blocks 单调栈

合集 - 题解(24)

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题目描述

给出 $N$ 个正整数 $a [1. . N]$ ，再给出一个正整数 $k$ ，现在可以进行如下操作：每次选择一个大于 $k$ 的正整数 $a [i]$ ，将 $a [i]$ 减去 $1$ ，选择 $a [i - 1]$ 或 $a [i + 1]$ 中的一个加上 $1$ 。经过若干次操作后，问最大能够选出多长的一个连续子序列，使得这个子序列的每个数都不小于 $k$ .

初步分析

其实这个题与下述题目等效:

给出 $N$ 个正整数 ( $a [i] - k$ ) 组成的序列，序列前 $i$ 项和记为 $s [i]$ ，求满足 $s [i] > s [j]$ 且 $i > j$ 的 $j - i$ 的最大值.

我们来思考一下为什么两个问题会相等.

容易想到，只有平均数大于等于 $k$ 的子序列经过操作后能够使其每个数都不小于 $k$ ，等效于在 $a [i] - k$ 构成的序列中求最大的和为非负的区间. 而区间和又等于 $s [j] - s [i - 1]$ ，即 $s [j] - s [i - 1] > 0$ ，整理得 $s [j] > s [i - 1]$ ，此时区间长度 $j - i + 1$ 即为答案.

因此，我们现在的问题就转化为，如何求这样的区间最大值.

区间最值

首先放出引理：若 $s [i_{1}] < s [j], s [i_{2}] < s [j], i_{1} < i_{2} \leq j$ ，那么 $i_{2}$ 一定不是最优解.

根据此引理，我们定义有可能为最优解的条件：符合条件，且其左方没有符合条件的数.

所以，如果我们从左边遍历，遇到第一个符合条件的数，那么符合该条件的数只有它可能是最优解，所以我们直接改到下一个条件遍历.

总结出如下遍历步骤：

设定初始条件为 $s [j] = 0$ .
从左向右尝试放入前缀和.
当前前缀和满足 $s [i] > s [j]$ ，放入，并将 $s [i]$ 作为新的条件.
不满足，忽略.

前缀和有正有负，那么为什么初始条件是 $s [j] = 0$ 呢. 这是为了防止将正的前缀和放进去. 因为实际上正的前缀和可以直接作为答案区间，不需要进行这步流程，我们把它放进去反而会跑错.

注意到此步骤可以用栈实现:

s.push(0);
for(int i=1;i<=n;++i){
	sum[i]=sum[i-1]+a[i]-k;
	if(sum[s.top()]>sum[id]){
		s.push(id);
	}
}

我们通过上述步骤，将栈内的内容维护成了一个严格单调递减的序列的下标，这样的话，只要满足 $i < j$ ，就有 $s [i] < s [j]$ .

接下来我们来考虑如何求最大区间.

由上述引理，我们倒序遍历全部前缀和 $s [i]$ , 设栈顶前缀和为 $s [t o p]$ ，那么我们可以遍历到满足 $s [t o p] < s [i]$ 的最后一个数，此时区间长度即为 $i - t o p$ .

代码实现

stack<long long> s;
long long a[1000001],sum[1000001];
void push(int id){
	if(sum[s.top()]>sum[id]){
		s.push(id);
	}
}
long long calc(int n){
	long long ans=0;
	for(int i=n;i>=1;--i){
		while(!s.empty()&&sum[i]-sum[s.top()]>=0){
			ans=max(ans,i-s.top());
			s.pop();
		}
	}
	return ans;
}
int main(){
	int n,m,k;
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		cin>>a[i];
	}
	for(int i=1;i<=m;++i){
		cin>>k;
		s.push(0);
		for(int i=1;i<=n;++i){
			sum[i]=sum[i-1]+a[i]-k;
			push(i);
		}
		s.push(n);
		cout<<calc(n)<<" ";
		while(!s.empty()){
			s.pop();
		}
	}
}