[Luogu P5679][GZOI2017]等差子序列
\(GZOI2017D2T2\)
题目链接？不存在的Luogu P5679 [GZOI2017]等差子序列
首先，题目可以转化为是否存在长度为\(3\)的等差子序列。
枚举中间的那个数\(a_i\)，判断两边是否存在两个数和中间这个数组成等差数列。
枚举差值\(d\)，判断是否存在\(a_i-d,a_i+d\)，这一步可以bitset加速。
但是还是比较慢，数据挺水，不知道能不能卡TLE。。
时间复杂度 \(O(T\frac{n^2}{32})\)
代码：
#include <cstdio>
#include <bitset>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define Sub(B,l,r) (B>>(l)&One[(r)-(l)])
const int N=20005;
int T,n,a[N],c[N];
std::bitset<N> Pre,Suf,One[N];
int main()
{
One[0].set(0);
for(int i=1;i<=20000;++i)(One[i]=One[i-1]).set(i);
for(scanf("%d",&T);T--;)
{
scanf("%d",&n),Pre.reset(),Suf.reset(),memset(c,0,sizeof c);
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;++i)++c[a[i]],Suf.set(a[i]);
bool Flag=false;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(!--c[a[i]])Suf.reset(a[i]);
int l=std::min(a[i]-1,20000-a[i]);
if((Sub(Pre,20001-a[i]-l,20001-a[i]+l)&Sub(Suf,a[i]-l,a[i]+l)).count())Flag=true,i=n;
Pre.set(20001-a[i]);
}
puts(Flag?"YES":"NO");
}
return 0;
}
Update in 2019/11/21
感谢UOJ群的聚聚们orz，这怎么出原题啊。。
[bzoj3509][CodeChef]COUNTARI
是不是都喜欢用权限题啊
首先题目就相当于求是否存在\((1\le i<j<k\le n,2a_j=a_i+a_k)\)（这题还削弱了，原题求数量）
枚举\(a_j\)，则将两边看成一个生成函数卷积起来，最后看\(2a_j\)这个位置是不是\(0\)，不是则存在答案。
直接做就是\(O(n*n\log n)\)的，还不如暴力，那么就要优化一下：
对数列进行分块，设块大小为\(B\)，那么分两种情况：
- \(3\)个数在不同块中：
枚举\(a_j\)所在块，对两边进行卷积，用这个块中所有数都当成\(a_j\)判断一遍。
复杂度 \(O(\frac nB *2^{16}*16)\)（值域为\(2^{16}\)）
- 至少两个数在一个块中
枚举这个块，在块中枚举两个数，同时维护一下左右的数字个数，查询一下就好。
时间复杂度 \(O(\frac nB*B^2)=O(nB)\)
若\(\frac nB *2^{16}*16=nB\)，解得\(B=1024\)。
但因为\(FFT\)常数较大，将块大小开大一点可能更快。
时间复杂度 \(O(TnB)\)（还不如bitset
代码网上随便找一份就好了
可惜我不会D2T3，要不然就能AK一套省选了（小声（虽然是弱省（其实没读懂题放弃了
