ARC130F 做题记录
一道一百年都不会的题目。
设最终序列为 \(b\)，可知 \(b\) 是下凸函数。
- 性质：对于任意整数 \(k\)，用斜率为 \(k\) 的直线去切这 \(n\) 个点，经过任意次操作，切到的截距永远不变。
Proof
设操作的点为 $x,y$，中间的点为 $z$。最坏情况下，只有这三个点。操作后，假设斜率为 \(k\) 的直线切到了点 \(z\) 且截距改变，则有：\(b_z - kz < \min(a_x - kx, a_y - ky)\)。
移项得：\(b_z < \min(a_x + k(z - x), a_y - k(y - z))\)。
又因为 \(a_x + k(z - x) + a_y - k(y - z) = a_x + a_y + k(2z - (x + y)) = a_x + a_y\)，
而 \(b_z\) 已经是 \(\le \dfrac {a_x + a_y} 2\) 的最小整数了，因此矛盾。
进而可以求出 \(b\) 序列每个数的下界。我们得到了 \(b_x\) 的取值的必要条件，尝试证明其为充分条件。
- 性质：对于 \(x\in[1, n]\)，存在一个整数 \(k\)，设用斜率为 \(k\) 的直线去切最终凸包得到的截距为 \(t\)，那么 \(b_x\) 可以取到 \(t + kx\)。
Proof
当 \(x = 1\) 时显然。
令 \(k = b_x - b_{x - 1}\)，容易得知斜率为 \(k\) 的直线一定能切到点 \(x\)。
证毕。
于是可以直接得到结论：
- 结论：设 \(t_k\) 为斜率为 \(k\) 的直线能切到的截距最小值，那么 \(b_x = \max\limits_{k \in \mathbb {Z}} \{t_k + kx\}\)。
求出初始用整数斜率直线能切到的所有点，对于每个 \(i\)，找到前驱点和后继点算答案即可。
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
#define pir pair <ll, ll>
#define pb push_back
using namespace std;
const ll maxn = 3e5 + 10;
ll n, a[maxn], stk[maxn], top, ans;
ll calc1(ll i, ll j) {return floor(1.0l * (a[j] - a[i]) / (j - i));}
ll calc2(ll i, ll j) {return ceil(1.0l * (a[j] - a[i]) / (j - i));}
int main() {
scanf("%lld", &n);
for(ll i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%lld", a + i);
while(top > 1 && calc1(stk[top - 1], stk[top]) + 1 >= calc2(stk[top], i)) --top;
stk[++top] = i;
}
for(ll i = 1; i < top; i++)
for(ll j = stk[i] + 1; j < stk[i + 1]; j++)
a[j] = max(a[stk[i]] + calc1(stk[i], stk[i + 1]) * (j - stk[i]),
a[stk[i + 1]] - calc2(stk[i], stk[i + 1]) * (stk[i + 1] - j));
for(ll i = 1; i <= n; i++) ans += a[i];
printf("%lld", ans);
return 0;
}
/*
5 3 2 1 2
*/
