CF671E Organizing a Race 题解

合集 - IOI2020 国家集训队作业 题解(30)

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30.CF671E Organizing a Race 题解02-24

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Description

有 $n$ 个点排成一行，第 $i$ 个点与第 $i+1$ 个点之间的距离为 $w_i$ ​个单位。

每个点都有一个加油站，第 $i$ 个点的加油站可以给你的车加能跑 $g_i$ ​个单位的油。

若一辆初始没有油的车能从 $l$ 一路向右开到 $r$，也能从 $r$ 一路向左开到 $l$，则称 $l,r$ 之间可以往返。

另外，你有 $k$ 次将某个 $g_i$ ​加 $1$ 的机会。请你求出在 $l,r$ 之间可以往返的情况下，$r-l+1$ 的最大值。

$n\le {10}^5$，$k,w_i,g_i\le {10}^9$。

Solution

首先考虑对于 $[l,r]$，什么样的 $g$ 和 $w$ 能满足条件。容易发现需要满足：

$$\{\begin{array}{ll}{w}_l& \le g_l\\ w_l+w_{l+1}& \le g_l+g_{l+1}\\ & ⋮\\ \sum _{i=l}^{r-1}{w}_i& \le \sum _{i=l}^{r-1}{g}_i\end{array}$$

和

$$\{\begin{array}{ll}{w}_{r-1}& \le g_r\\ w_{r-1}+w_{r-2}& \le g_r+g_{r-1}\\ & ⋮\\ \sum _{i=l}^{r-1}{w}_i& \le \sum _{i=l+1}^r{g}_i\end{array}$$

设 $a_k=\sum _{i=1}^k(w_{i-1}-g_{i-1})$，$b_k=\sum _{i=1}^k(g_i-w_{i-1})$，则需要满足 $a_l=\underset{i=l}{\overset{r}{max}}{a}_i$ 且 $b_r=\underset{i=l}{\overset{r}{max}}{b}_i$。

那么让 $g_i$ 加一，会让 $a_{i+1},a_{i+2},\dots ,a_n$ 减一和 $b_i,b_{i+1},\dots ,b_n$ 加一。

如果只有 $a$ 的限制，对于固定的 $l$ 右边的第一个 $a_x>a_l$ 的位置 $x$，需要满足 $[l,x-1]$ 这个区间至少需要操作 $a_x-a_l$ 次，操作过后对于 $x$ 右边的第一个位置 $y$，同样需要满足 $[x,y-1]$ 要操作 $a_y-a_x$ 次。

这启发我们维护一个单调栈，然后从后往前扫 $l$，对于栈中的元素 $c_i$，贪心地选择在 $g_{c_i-1}$ 操作 $a_{c_{i-1}}-a_{c_i}$ 次。

同时通过线段树维护出操作后的 $b$ 数组，题目转化为：区间加，查询最大的 $r$ 满足 $\underset{i=l}{\overset{r}{max}}{b}_i^{\prime }-b_r^{\prime }\le k^{\prime }$。

注意到 $b_r^{\prime }=b_r+cn{t}_{<r}$ 而 $k^{\prime }=k-cn{t}_{<r}$，所以转化为查询最大的 $r$ 满足 $\underset{i=l}{\overset{r}{max}}{b}_i^{\prime }-b_r\le k$。

由于这里 $\underset{i=l}{\overset{r}{max}}{b}_i^{\prime }$ 包含 $b_r^{\prime }$，不利于二分，所以可以先二分出 $b_r^{\prime }-b_r\le k$ 的一个边界 $r_{max}$，然后变为查询 $[l,r_{max}]$ 内 $\underset{i=l}{\overset{r-1}{max}}{b}_i^{\prime }-b_r\le k$ 的最大 $r$。

先把区间外的位置加上一个极大值，变成全局查询 $\underset{i=1}{\overset{r-1}{max}}{b}_i^{\prime }-b_r\le k$ 的最大 $r$。

在线段树上维护区间 $b_i$ 最大值和 $b_i^{\prime }$ 的最大值，以及 $mxd$ 表示只考虑当前的节点区间 $[l,r]$，右子树里 $b_i-\underset{j=l}{\overset{i-1}{max}}{b}_j^{\prime }$ 的最大值。$mxd$ 可以在 pushup 的时候维护。

设当前查询区间为 $[L,R]$，区间前面 $b_i^{\prime }$ 的最大值是 $mx$。如果 $mx{b}_{ls}\le mx$，说明左子树被 $mx$ 完全覆盖，所以只需要二分找到左子树里 $b_i\ge mx-k$ 的最大 $i$，同时递归右子树。

如果 $mx{b}_{ls}<mx$，说明 $mx$ 不会影响当前区间的右子树，通过 $mxd$ 的值判断是递归左子树还是右子树即可。

pushup 的过程同理。

时间复杂度：$O(n{\log }^{2}n)$。

Code

#include <bits/stdc++.h>
 
#define int int64_t
 
const int kMaxN = 1e5 + 5;
 
int n, k;
int w[kMaxN], g[kMaxN], a[kMaxN], b[kMaxN];
 
struct BIT {
  int c[kMaxN];
  void upd(int x, int v) {
    for (; x <= n; x += x & -x) c[x] += v;
  }
  int qry(int x) {
    int ret = 0;
    for (; x; x -= x & -x) ret += c[x];
    return ret;
  }
} bit;
 
struct SGT {
  // int _b[kMaxN];
  // void build() {
  //   for (int i = 1; i <= n; ++i) _b[i] = b[i];
  // }
  // void update(int x, int l, int r, int ql, int qr, int v) {
  //   for (int i = ql; i <= qr; ++i) _b[i] += v;
  // }
  // int query(int mxr = n) {
  //   // for (int i = 1; i <= n; ++i) std::cerr << _b[i] << ' ';
  //   // std::cerr << '\n';
  //   int ret = 0, mx = -1e18;
  //   for (int i = 1; i <= mxr; ++i) {
  //     if (mx - b[i] <= k) ret = i;
  //     mx = std::max(mx, _b[i]);
  //   }
  //   return ret;
  // }
  int mxb[kMaxN * 4], mx_b[kMaxN * 4], tag[kMaxN * 4], mxd[kMaxN * 4];
  
  void addtag(int x, int l, int r, int v) {
    mx_b[x] += v, tag[x] += v, mxd[x] -= v;
  }
  void pushdown(int x, int l, int r) {
    if (tag[x]) {
      int mid = (l + r) >> 1;
      addtag(x << 1, l, mid, tag[x]), addtag(x << 1 | 1, mid + 1, r, tag[x]);
      tag[x] = 0;
    }
  }
  int getpos(int x, int l, int r, int v) {
    if (mxb[x] < v) return 0;
    if (l == r) return l;
    int mid = (l + r) >> 1;
    if (mxb[x << 1 | 1] >= v) return getpos(x << 1 | 1, mid + 1, r, v);
    else return getpos(x << 1, l, mid, v);
  }
  int getmxd(int x, int l, int r, int mx = -1e18) {
    if (l == r) return b[l] - mx;
    pushdown(x, l, r);
    int mid = (l + r) >> 1;
    // return std::max(query(x << 1, l, mid, mx), query(x << 1 | 1, mid + 1, r, std::max(mx, mx_b[x << 1])));
    if (mx >= mx_b[x << 1]) {
      return std::max(mxb[x << 1] - mx, getmxd(x << 1 | 1, mid + 1, r, mx));
    } else {
      return std::max(mxd[x], getmxd(x << 1, l, mid, mx));
    }
  }
  void pushup(int x, int l, int r) {
    mxb[x] = std::max(mxb[x << 1], mxb[x << 1 | 1]);
    mx_b[x] = std::max(mx_b[x << 1], mx_b[x << 1 | 1]);
    if (l != r) {
      int mid = (l + r) >> 1;
      mxd[x] = getmxd(x << 1 | 1, mid + 1, r, mx_b[x << 1]);
    }
  }
  void build(int x, int l, int r) {
    if (l == r) return void(mxb[x] = mx_b[x] = b[l]);
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(x << 1, l, mid), build(x << 1 | 1, mid + 1, r);
    pushup(x, l, r);
  }
  void update(int x, int l, int r, int ql, int qr, int v) {
    if (l > qr || r < ql) return;
    else if (l >= ql && r <= qr) return addtag(x, l, r, v);
    pushdown(x, l, r);
    int mid = (l + r) >> 1;
    update(x << 1, l, mid, ql, qr, v), update(x << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr, v);
    pushup(x, l, r);
  }
  int query(int x, int l, int r, int mx) {
    if (l == r) return mx - b[l] <= k ? l : 0;
    pushdown(x, l, r);
    int mid = (l + r) >> 1;
    if (mx >= mx_b[x << 1]) {
      return std::max(getpos(x << 1, l, mid, mx - k), query(x << 1 | 1, mid + 1, r, mx));
    } else {
      if (mxd[x] >= -k) return query(x << 1 | 1, mid + 1, r, mx_b[x << 1]);
      else return query(x << 1, l, mid, mx);
    }
  }
} sgt;
 
void upd(int x, int v) {
  sgt.update(1, 1, n, x, n, v);
  bit.upd(x, v);
}
 
void solve() {
  static int stk[kMaxN];
  int top = 0;
  sgt.build(1, 1, n);
  sgt.update(1, 1, n, 1, n, -1e18);
  b[0] = -1e18;
  int ans = 0;
  for (int i = n; i; --i) {
    for (; top && a[stk[top]] <= a[i]; --top) {
      if (top > 1) upd(stk[top - 1] - 1, -(a[stk[top - 1]] - a[stk[top]]));
    }
    stk[++top] = i;
    if (top > 1) upd(stk[top - 1] - 1, a[stk[top - 1]] - a[stk[top]]);
    sgt.update(1, 1, n, i, i, 1e18);
    int L = i - 1, R = n + 1, mxr = i - 1;
    while (L + 1 < R) {
      int mid = (L + R) >> 1;
      if (bit.qry(mid - 1) <= k) L = mxr = mid;
      else R = mid;
    }
    sgt.update(1, 1, n, mxr, n, 1e18);
    ans = std::max(ans, sgt.query(1, 1, n, -1e18) - i + 1);
    sgt.update(1, 1, n, mxr, n, -1e18);
  }
  std::cout << ans << '\n';
}
 
void dickdreamer() {
  std::cin >> n >> k;
  for (int i = 1; i < n; ++i) std::cin >> w[i];
  for (int i = 1; i <= n; ++i) std::cin >> g[i];
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    a[i] = a[i - 1] + w[i - 1] - g[i - 1];
    b[i] = b[i - 1] + g[i] - w[i - 1];
  }
  solve();
}
 
int32_t main() {
#ifdef ORZXKR
  freopen("in.txt", "r", stdin);
  freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
  std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
  int T = 1;
  // std::cin >> T;
  while (T--) dickdreamer();
  // std::cerr << 1.0 * clock() / CLOCKS_PER_SEC << "s\n";
  return 0;
}