『柱状图三分法求极值树状数组』

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<正文>

柱状图

Description

WTH获得了一个柱状图,这个柱状图一共有N个柱子,最开始第i根柱子的高度为xi,他现在要将这个柱状图排成一个屋顶的形状,屋顶的定义如下:

屋顶存在一个最高的柱子,假设为i,最终高度为hi.它是所有柱子之中最高的.
第j根柱子的高度为hj=hi-|i-j|,但这个高度必须大于0,否则就是不合法的.

WTH可以对一个柱子做的操作只有将其高度加一或减一, WTH正忙着享受自己的人赢生活于是他将把这个柱状图变成屋顶的任务交给了你.你需要求出最少进行多少次操作才能够把这个柱状图变成一个屋顶形状.

Input Format

第一行包含一个正整数 N(1 ≤ N≤ 100 000).
第二行包含 N 个用空格隔开的正整数,表示 xi,含义如题面。

Output Format

输出最少进行多少个操作才能够把这个柱状图变成屋顶的形状。

Sample Input

5 
4 5 7 2 2

Sample Output

解析

先考虑一下暴力思路，首先，枚举最高柱子是哪个肯定是少不了的，这个需要一重循环来枚举。对于一个最高点，如果我们知道了这个最高点的高度，我们就能依次确定其他柱子的高度，从而确定代价，就能得到最小花费。

如果直接暴力枚举最高点的高度的话，时间复杂度就是$O(n^2\max\{h_i\})$，可以得$30$分。

考虑一下这个函数模型的数学性质：设$f(x)$代表最高柱子高度为$x$时的调整所需花费。显然，当$x$取到一个恰当的值的时候，可以使得花费最小，当然，这样的值可能有很多个。但是不难发现只要任何一个其他的$x'$不能取得更优的值，就可以保证这是一个单谷函数(由于相邻的柱子高度差只能为$1$)。

那么就可以直接三分法枚举高度，暴力统计代价，时间复杂度$O(n^2log_2n)$，可以得到$60$分。

其实这就是正解的思路，不难发现这个算法枚举和三分是少不了的，所以瓶颈就在统计花费上，如果能够快速统计花费，就可以解决本题。

注意到如下两个性质：当最高点为$i$，高度为$h_i$时，经过调整后，$\forall j<i╞\ h_i-i=h_j-j，\forall j>i╞\ h_i+i=h_j+j$。

那么利用这两个性质，我们可以把这两个关键值存起来并排序。对于一个最高点为$x$，高度为$h_x$，我们利用二分查找找到关键值$<=h_x-x$的元素在如上数组中的最大下标为$pos$，那么最高点左边调整花费可以表示为

\[\left [ cnt_l*(h_x-x)-\sum_{i=1}^{pos}(h_i-i) \right ] + \left [ \sum_{i=pos+1}^{n}(h_i-i)-cnt_r*(h_x-x) \right ]$$，$cnt_l$代表关键值数组中关键值$<=h_x-x$且原下标小于$x$的元素的数量(**也就是说，下标不满足条件的元素我们是忽视的，$\sum$中也不参与计算**)，$cnt_r$代表关键值数组中关键值$>h_x-x$且原下标小于$x$的元素的数量。不难发现，$cnt$和$\sum$都是可以表示为前缀和(部分和)结构的($cnt$即为每个符合要求的相同元素的出现次数的前缀和)，而对于新的最高点$x+1$的枚举，我们需要将相对原下标小于$x+1$的元素加入统计的范畴中，这样，涉及到插入和前缀和查询操作，我们可以用树状数组维护。同理，对于最高点右边的调整花费，我们二分关键值$<=h_x+x$的元素在关键值数组中的最大下标$pos$，也用树状数组维护并统计即可。其计算式为$$\left [ cnt_l*(h_x+x)-\sum_{i=1}^{pos}(h_i+i) \right ] + \left [ \sum_{i=pos+1}^{n}(h_i+i)-cnt_r*(h_x+x) \right ]\]

当然，调整最高点的花费也是需要累加的。

总的来说，我们在三分求解时利用两个树状数组来维护最高点两边的关键值，然后利用树状数组的求前缀和功能计算花费即可。

$Code:$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mset(name,val) memset(name,val,sizeof name)
#define lowbit(x) ( (x) & (-x) )
#define Make(a,b) make_pair(a,b)
const int N=100070,INF=1e9;
long long n,h[N],rankl[N],rankr[N];
long long ans;
//pair -
inline pair<long long,long long> reduce(pair<long long,long long> a,pair<long long,long long> b)
{
    return Make(a.first-b.first,a.second-b.second);
}
//一个点关键值及原下标
struct node
{
    long long val,pos;
    bool operator < (const node &t)const
    {
        return val < t.val;
    }
};
//树状数组
struct Binary_Indexed_Tree
{
    //两个值：元素出现次数的前缀和 元素值的前缀和
    long long s[N],cnt[N];
    //插入一个值
    inline void insert(long long pos,long long val,long long num)
    {
        for (;pos<=n;pos+=lowbit(pos))
            s[pos]+=val,cnt[pos]+=num;
    }
    //单点前缀和查询
    inline pair<long long,long long> query(long long pos)
    {
        pair<long long,long long> res=Make(0LL,0LL);
        for (;pos>=1;pos-=lowbit(pos))
            res.first+=s[pos],res.second+=cnt[pos];
        return res;
    }
    //区间部分和查询
    inline pair<long long,long long> secquery(long long l,long long r)
    {
        if (l>r)return Make(0LL,0LL);
        else return reduce( query(r) , query(l-1) );
    }
};
node l[N],r[N];
Binary_Indexed_Tree Left,Right;
//二分查找一个节点数组中关键值<=val元素的最大下标
inline long long find(node *p,long long val)
{
    long long l=1,r=n;
    while ( l+1 < r )
    {
        long long mid=(l+r)/2;
        if (p[mid].val>val)r=mid;
        else l=mid;
    }
    if (p[r].val<=val)return r;
    else if (p[l].val<=val)return l;
    else return 0;
}
//计算当第x根柱子作为最高柱且高度为height时，调整柱子高度所需的花费
inline long long calc(long long x,long long height)
{
    //调整最高柱子的初始花费
    long long res=abs(h[x]-height);
    //其他柱子关键值的前缀和查询，关键值临界点下标
    pair<long long,long long> cost;long long pos;

    //计算最高柱子左边的花费
    //找到小于等于关键值的最大下标
    pos=find(l,height-x);
    //查询前缀和
    cost=Left.query(pos); 
    //计算花费
    res += (height-x)*cost.second*1LL - cost.first;
    //查询右边的部分和
    cost=Left.secquery(pos+1,n);
    //计算花费
    res += cost.first - (height-x)*cost.second*1LL;

    //同理，计算最高柱子右边的花费
    pos=find(r,height+x);
    cost=Right.query(pos);
    res += (height+x)*cost.second*1LL - cost.first;
    cost=Right.secquery(pos+1,n);
    res += cost.first - (height+x)*cost.second*1LL;
    return res;
}
inline void input(void)
{
    scanf("%lld",&n);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld",&h[i]);
}
inline void init(void)
{
    //建立l，r两个储存关键值的数组
    for (int i=1;i<=n;i++)
        l[i]=(node){h[i]-i,i},r[i]=(node){h[i]+i,i};
    //按照关键值排序
    sort(l+1,l+n+1);
    sort(r+1,r+n+1);
    ans=LONG_LONG_MAX;
    //键入原下标，得到排序后的排名(排序后的新下标)
    for (int i=1;i<=n;i++)
        rankl[ l[i].pos ] = i , rankr[ r[i].pos ] = i;
}
inline void solve(void)
{
    //先将所有柱子加入右树状数组中
    for (int i=1;i<=n;i++)
        Right.insert( rankr[i] , r[ rankr[i] ].val , 1 );
    //枚举最高柱子
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        //先将自己删除
        Right.insert( rankr[i] , -r[ rankr[i] ].val , -1 );
        //三分高度
        long long lbound=max(i*1LL,(n-i+1)*1LL),ubound=INF;
        while ( lbound+1 < ubound ) 
        {
            long long mid=(lbound+ubound)/2;
            long long lmid=mid-1,rmid=mid;
            long long lcost=calc(i,lmid),rcost=calc(i,rmid);
            //找单谷函数极小值点
            if (lcost>=rcost)lbound=mid;
            else ubound=mid;
        }
        //避免误差，左右边界相邻并退出循环时，利用左右端点分别更新一次答案
        ans = min(ans,calc(i,lbound));
        ans = min(ans,calc(i,ubound));
        //将这个处理好的点压入左边的树状数组中
        Left.insert( rankl[i] , l[ rankl[i] ].val , 1 );
    }
}
int main(void)
{
    freopen("column.in","r",stdin);
    freopen("column.out","w",stdout);
    input();
    init();
    solve();
    printf("%lld\n",ans);
    return 0; 
}

<后记>

posted @ 2019-04-09 21:48 Parsnip 阅读(359) 评论(1) 编辑收藏举报

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