「POI2012」井 Well

description

你要挖井，\(n\)个地面的高度可视为\(h_i\),每次操作你可以将一个\(h_i-1\)，你最多可执行\(m\)次操作。
你要任选其中一个\(h_i\)挖到\(0\)，问你相邻的高度差的最大值最小。并输出满足其的最小的井。

solution

二分最大值\(mid\)。
先不考虑挖井到0。用最少的步数，把\(h\)削到满足条件。
削我一开始想到是用堆，每次最小的那个肯定不会被削，削它两边的。\(O(nlog^2n)\)
其实直接从左往右，削左小右大的；再从右往左削左大右小的。\(O(nlogn)\)
证明？第一遍后不存在\(h_{i+1}-h_i>mid\)，第二遍会保持第一遍的性质（对于第一遍被削的\(i,i+1\)，显示\(i+1\)如果被削且差大于了\(mid\)，当且仅当他们大小颠倒变为左大右小，然后下一步会把\(i\)削合法），且满足\(h_{i-1}-h_i<=mid\)。得证。

从左往右枚举每个当井。从\(h_i\)->\(0\)必然，会牵涉到两边，即一个区间\([l,r]\)降低。
具体的，两边在斜率为\(-mid\)，\(mid\)过该店的直线上方的点会被削到刚好在直线上。
只要有一个本身在直线下的点，之后都会在直线下，因此是一个区间。
随着井\(i\)->\(i+1\)，区间相当于双指针，都会往右移。
证明？对于左边部分的直线变高，在直线下的更多，缩范围；同理而右边直线会变低，直线下的更少，阔范围。
总结:二分+削减+枚举井（维护双指针）

code:

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+5;
int n,h[N],a[N],up;
ll s[N],m;
ll calc(int t,ll ch) {
	if(!t)return 0;
	return (ch*t+ch)*t/2;
}
int check(ll mid) {
//	printf("%d:~~~~~~\n",mid);
	for(int i=1;i<=n;i++)h[i]=a[i];
	ll pay=0;
	for(int i=2;i<=n;i++) if(h[i]-h[i-1]>mid){pay+=h[i]-h[i-1]-mid;h[i]=h[i-1]+mid;}//左小右大
	for(int i=n-1;i;i--) if(h[i]-h[i+1]>mid){pay+=h[i]-h[i+1]-mid;h[i]=h[i+1]+mid;} //左大右小
//	printf("pay = %lld\n",pay);
	if(pay>m)return 0;
	for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=s[i-1]+h[i];
	int l=1,r=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) {	 //井 
		while(l<i&&h[l]<(i-l)*mid) {l++;}	//l满足 
		while(r<n&&h[r+1]>=(r+1-i)*mid) {r++;}	//r不满足 
		ll cost=pay+s[r]-s[l-1]-(calc(i-l,mid)+calc(r-i,mid));
		if(cost<=m) {return i;}
	}
	return 0;
}

void solve() {
	int l=0,r=up,f,id;
	while(l<=r) {
		int mid=(l+r)>>1,p=check(mid);
		if(p) {f=mid;id=p;r=mid-1;}
		else {l=mid+1;}
	}
	printf("%d %d",id,f);
}

int main() {
//	freopen("data.in","r",stdin);
	scanf("%d%lld",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++) {scanf("%d",&h[i]);a[i]=h[i];up=max(up,h[i]);}
	solve();
	return 0;
}