「SOL」Landmarks(Codeforces)
上课的时候以为听懂了系列（然后发现其实啥都没懂）
# 题面
一个质量均匀分布的横梁由 \(n+2\) 个高度相同的柱子支撑。柱子的位置可以抽象在数轴上，从左到右编号为 \(0\sim n+1\)，第 \(i\) 个柱子在 \(x_i\) 处，它的承重能力是 \(d_i\)；特别的，柱子 \(0\) 和 \(n+1\) 的承重能力为 \(+\infty\)。
对于相邻的两根柱子 \(u\) 和 \(v\)，每根柱子承受它们之间的横梁的重量的一半。若一个柱子承受的重量超过其能力，它就会坍塌（消失）。
现在你要指定一个位置加一根柱子（承重能力自己指定），使得最后除了柱子 \(0\) 和 \(n+1\)，还有柱子留下；特别的，如果加柱子的位置原本有柱子，原来的柱子就会被新柱子替换掉；并且你加的柱子的位置、承重能力都是非负实数。求加的柱子的最小承重能力。
数据规模：\(1\le n\le10^5\)，\(0\le x_i,d_i\le10^9\)。
# 解析
先判断是否一开始就可以有中间的柱子留下（判断方法后面写），如果是，则答案为 \(0\)。下面的解析默认忽略这种情况。
由于一段横梁的重量由相邻两个柱子分担，容易发现加入一根横梁的目的是阻止最终与它相邻的两个柱子坍塌，并且显然加入的柱子不会坍塌。
于是不妨决策加入柱子后，最终与这个柱子相邻的柱子是哪两个，记为 \(L,R\)。这样就可以分成前后缀考虑，即分别考虑加入的柱子左边和右边各自留下了哪些柱子。明显的，\(L,R\) 是否合法以及加入的柱子的承重能力仅取决于 \(L,R\)。
对于柱子 \(i\) 计算 “假设 \(i\) 不会倒，则最终的方案中，\(i\) 的左边是哪个柱子”，记为 flef[i]；同理，右边的柱子记为 frig[i]。考虑如何计算 flef[i]。可以从左到右计算每根柱子，用栈维护当前有哪些柱子（栈顶就是现在剩下的柱子中最右边的）。计算 flef[i] 时，判断栈顶的柱子会不会坍塌，直到找到不会坍塌的柱子即为 flef[i]，然后把 \(i\) 入栈。
如果计算出来 flef[n+1] 不是 \(0\)，则说明不用加柱子就已经合法。
同理求得 frig[i] 后，可以求得，如果 \(i\) 不坍塌
- 则 \(i\) 右边至少在哪个位置要有柱子：\(\frac{x-flef_i}2\le d_i\to x\le 2d_i+flef_i\)；
- 则 \(i\) 左边至少在哪个位置要有柱子：\(\frac{frig_i-x}2\le d_i\to x\ge frig_i-2d_i\)。
如果 \(L,R\) 满足
则可以在 \(L,R\) 之间放一根柱子使该方案合法。前两个不等式保证了 \(L\) 左边的重量不会使 \(L\) 坍塌、\(R\) 右边的重量不会使 \(R\) 坍塌，第三个不等式保证了存在一种在 \(L,R\) 之间放柱子的方案使得 \(L,R\) 都不坍塌。另外，可以看出无论在 \(L,R\) 之间哪个位置加柱子，加的柱子的承重能力都是 \(\frac{x_R-x_L}2\)，于是只需要找合法的最小的 \(x_R-x_L\)。
双端点问题可以考虑枚举一个端点，比如 \(R\)；\(R\) 确定后，就相当于是找最大的满足条件的 \(L\)。容易发现，如果 \(L_2>L_1\) 并且 \(flef_{L_2}+2d_{L_2}\ge flef_{L_1}+2d_{L_1}\)，则 \(L_1\) 一定就没有用了。于是可以从左到右扫描，用单调栈维护 \(flef_i+2d_i\) 单减的序列，对于 \(R\) 在单调栈上二分 \(flef_i+2d_i\ge frig_R-2d_R\) 的最大 \(i\)。
# 源代码
/*Lucky_Glass*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
template<class T>inline T Rint(T &r){
int b=1,c=getchar();r=0;
while(c<'0' || '9'<c) b=c=='-'? -1:b,c=getchar();
while('0'<=c && c<='9') r=(r<<1)+(r<<3)+(c^'0'),c=getchar();
return r*=b;
}
const int N=1e5+10;
int n,m;
int aryx[N],stk[N],flef[N],frig[N];
long long aryd[N];
int main(){
// freopen("input.in","r",stdin);
Rint(n);
for(int i=0;i<=n+1;i++) Rint(aryx[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) Rint(aryd[i]);
aryd[0]=aryd[n+1]=1e9+7;
//flef[i] 假设i不会坍塌，i向左最近能reach到哪个位置
//stack 中储存的是“假设i不会坍塌，哪些柱子会留下来”
stk[m=1]=0;
for(int i=1;i<=n+1;i++){
while(m>1 && 2*aryd[stk[m]]<aryx[i]-aryx[stk[m-1]])
m--;
flef[i]=aryx[stk[m]];
stk[++m]=i;
}
//frig[i] 向右同理
stk[m=1]=n+1;
for(int i=n;~i;i--){
while(m>1 && 2*aryd[stk[m]]<aryx[stk[m-1]]-aryx[i])
m--;
frig[i]=aryx[stk[m]];
stk[++m]=i;
}
//如果n+1能reach到中间的柱子，则中间的柱子就可以留下
if(flef[n+1]){printf("%f\n",0.0);return 0;}
stk[m=1]=0;
int ans=aryx[n+1]-aryx[0];
for(int i=1;i<=n+1;i++){
int nL=1,nR=m;
//二分左边最近的合法区间与i有交的点
while(nL+1<nR){
int nM=(nL+nR)>>1;
if(flef[stk[nM]]+2*aryd[stk[nM]]>=frig[i]-2*aryd[i]) nL=nM;
else nR=nM;
}
int it=0; //0必然合法
if(flef[stk[nR]]+2*aryd[stk[nR]]>=frig[i]-2*aryd[i]) it=stk[nR];
else if(flef[stk[nL]]+2*aryd[stk[nL]]>=frig[i]-2*aryd[i]) it=stk[nL];
//i本身左合法（还可以向左延伸）
if(frig[i]-2*aryd[i]<aryx[i])
ans=min(ans,aryx[i]-aryx[it]);
//i本身右合法（还可以向右延伸）
if(flef[i]+2*aryd[i]>aryx[i]){
while(m && 2*aryd[i]+flef[i]>=2*aryd[stk[m]]+flef[stk[m]]) m--;
stk[++m]=i;
}
}
printf("%f\n",ans/2.0);
return 0;
}
THE END
Thanks for reading!
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