数字序列

先将题目给出的$b$转化为单调不降序列。具体来说，对题目给出的原序列$a$，每个位置都减去其下标得到$a^{{}^{\prime }}$；对任意一种构造的$b$，也都减去其下标得到$b^{{}^{\prime }}$，显然$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}|a_i-b_i|=\stackrel{n}{\sum _{i=1}}|(a_i-)-(b_i-i)|=\stackrel{n}{\sum _{i=1}}|a_i^{{}^{\prime }}-b_i^{{}^{\prime }}|$；下文都以$a,b$指代$a^{{}^{\prime }},b^{{}^{\prime }}$，并设$c[i][j]$表示$a$中的$i$ ~ $j$排好序之后的数组（也就是说$c$是一个三维数组）

问题一：如果知道了对于$a$，最好的构造的$b$都是相同的（即$b_1=b_2=...=b_n$），那么$b$的值应该为什么？

答：显然为货仓选址问题，$b$取$a$的中位数（如果$n$为偶数，任取一个数都可以）

问题二：如果知道了对于$a$，存在一个下标$k$，使得$1$ ~ $k$的最佳构造的$b$相同（i.e.当$b_1=b_2=...=b_k$时，$\stackrel{k}{\sum _{i=1}}|a_i-b_i|$最小）且$k+1$ ~ $n$的最佳构造的$b$相同（i.e.当$b_{k+1}=b_{k+2}=...=b_n$ 时，$\stackrel{n}{\sum _{i=k+1}}|a_i-b_i|$最小），是否可以构造出整个$a$的最佳构造，如果可以，如何构造？

答：可以构造出来。不妨设$b_1=v_1,b_{k+1}=v_2$

如果说$v_1\le v_2$，那么整个$a$的最佳构造$b$就是$b_1=b_2=...=b_k=v_1,b_{k+1}=...=b_n=v_2$，这是因为$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}|a_i-b_i|=\stackrel{k}{\sum _{i=1}}|a_i-b_i|+\stackrel{n}{\sum _{i=k+1}}|a_i-b_i|$，两者刚好取到下界且满足$b$单调不降

如果说$v_1>v_2$，考虑一个最优构造$b$，如果说$b_k>v_1$，我们将$b$的前$k$个数全部变成$v_1$，显然满足单调不降而且答案不会更差；否则的话，此时已经有$b_k\le v_1$，如果此时还有$b_{k+1}<v_2$，我们将$b_{k+1},b_{k+2},...,b_n$全部改成$v_2$，显然满足单调不降且答案不会更差。也就是说一定存在一组最优解，使得$b_k\le v_1,b_{k+1}\ge v_2$。接下来考虑$b$的前$k$个数。假设$b$现在长成这个样子：

我们将除了最后一段$b$的剩下的$b$整体向上移动到倒数第二段$b$与最后一段$b$相同，如下

此过程答案一定不会更差。这是因为：设（移动前）最后一段$b$的下标为$p+1$ ~ $k$，那么对于前$p$个数来说，$c[1][p{]}_{\lfloor \frac{p}{2}\rfloor +1}$（也就是$a$的前$p$个数的中位数，想一下为什么$c$的下标一定是$\lfloor \frac{p}{2}\rfloor +1$而不能是其他的）一定不会低于$v_1$（否则的话$b$的前$p$个数的取值不会是$v_1$，而是$c[1][p{]}_{\lfloor \frac{p}{2}\rfloor +1}$，这样答案肯定严格更优秀，就与我们的假设矛盾了），也就是说$a$的前$p$个数至少有$\lfloor \frac{p}{2}\rfloor$个数不低于$v_1$，而上面的移动让$b$的前$p$个数更加接近$v_1$，于是$\stackrel{k}{\sum _{i=1}}|a_i-b_i|$增加的值一定不会超过减少的值。推而广之，最后我们可以将$b$的前$p$个数变成相同的值，为$b_k$。此时我们不再考虑$b_k$后面的$b$，只考虑$b$的前$k$个数（也就是暂时先不管整个$b$的单调不降），将这$k$个数往$v_1$整体移动，显然答案也不会变差

对于$b_k$后面的$b$，我们也可以类似地证明，可以将所有的$b$都变成$b_{k+1}$并且可以再整体往$v_2$靠近；这样的话，我们就可以最终将$b$整体变成一样的值（注意最开始有$b_k\le b_{k+1}$），并且答案不会更差

也就是说，对于整个$a$来说，存在一个最优解$b$使得所有$b$的值相同；由于当$b$全部取$a$的中位数的时候，是在满足“$b$的值都相同”的前提下，答案最小的解，所以这就是在满足“$b$的值都相同”的前提下的下界，而我们肯定可以达到这个下界，于是构造完毕

有了上面两个问题做铺垫，我们来考虑原问题。注意原问题是满足子问题最优性的。

假设现在已经构造好了前$i$个数的最优解，对于$a_{i+1}$，如果$a_{i+1}\ge b_i$，那么$b_{i+1}=a_{i+1}$，从而找到了前$i+1$个数的最优解；否则的话，我们令$b_i=b_{i+1}=\text{mid}$，其中$\text{mid}$是$a_i,a_{i+1}$的中位数，这样的话就找到了在前$i-1$个$b$不变的情况下的最优解（因为此时根据子问题最优性，$\stackrel{i-1}{\sum _{j=1}}|a_j-b_j|$是最小的，而根据上面的问题的回答，$\stackrel{i+1}{\sum _{j=i}}|a_j-b_j|$也是最小的，两段同时取到了下界，于是为最优解）。然后考虑$b_{i-1}$，如果$\text{mid}\ge b_{i-1}$，那么就停止循环，否则的话，令$b_{i-1}=b_i=b_{i+1}=\text{Mid}$（其中$\text{Mid}$为$a_{i-1},a_i,a_{i+1}$的中位数）。一直重复上述操作直到一个下标$q$（不能再继续操作了，因为已经构造了的后面一段的中位数不低于前面一段了），现在$b$的前$q$个数是我们之前已经构造好了的数，同时也是使得$\stackrel{q}{\sum _{j=1}}|a_j-b_j|$最小的构造（原问题满足子问题最优性），$b_q$后面的$b$的值都相同，为$a_q$后面的$a$的中位数，显然此时也有$\stackrel{i+1}{\sum _{j=q+1}}|a_j-b_j|$最小，于是原问题就取到了下界

但是上述过程一个$b$一个$b$地考虑太慢了，考虑优化。实际上，当我们循环到$i+1$的时候，$b$都是一段一段的，如下

当我们加入$a_{i+1}$的时候直接与最后一段$b$进行比较，如果$a_{i+1}<b_i$，那么根据上面的第二个问题，可以直接找出$k_2+1$ ~ $i+1$的最优解，此时如果$a_{k_2+1}$ ~ $a_{i+1}$的中位数不低于前一段$b$（即$k_1+1$ ~ $k_2$这一段），那么直接插入，否则根据问题二可以继续合并；直到某一时刻可以直接插入了就停止循环。此时一定是最优解，因为在插入位置的前面，有$\sum |a_i-b_i|$取到最小值，在插入位置的后面，有$\sum |a_i-b_i|$取到最小值，于是得到最优解

所以现在要解决的问题就是，如何快速得出两个数列合并之后的中位数。我们尝试用大根堆左偏树维护数列的前一半的数（如果数列有偶数个，那么堆顶为$a_{\frac{n}{2}}$，否则的话为$a_{\frac{n+1}{2}}$）。一个自然的想法就是在合并两个线段的时候，直接合并两个左偏树，得到的新的左偏树的堆顶就是新数列的中位数。但实际上这个样子是错误的，一个反例就是一个数列的数都非常小，另一个数列的数都非常大，于是新数列的中位数来源于比较小的数的数列，但是这个值却没有在其左偏树中维护，于是我们得不到新的中位数的信息。这就说明了左偏树不能直接维护没有任何限制的合并线段的中位数。然而，这道题目却可以这么做。因为：每次我们加入一个数$a_{i+1}$，假设$a_{i+1}$小于最后一段$b$的值，那么就说明$a_{i+1}$小于最后一段$a$的中位数，于是最后一段$a$加上$a_{i+1}$的中位数一定会在$a_{i+1}$和最后一段$a$前一半小的数中产生，就不会有上面的问题。归纳一下，假设我们已经正确合并了后面若干段$a$和$a_{i+1}$得到了正确的中位数。对于接下来的一段$a$，设这一段$a$的下标为$[l,r]$，那么就是说我们已经得到了$[r+1,i+1]$的中位数。由于$[r+1,i]$的中位数不低于$[l,r]$的中位数（这个尝试证明一下），加入了$a_{i+1}$后，最多让$[r+1,i]$的中位数往前移动一位，分类讨论之后可以发现也不会存在上面所说的问题，可以直接用左偏树合并

时间复杂度是多少？每个线段会入队一次和出队一次。入队复杂度为$O(1)$，出队复杂度为$O(\log n)$

具体见打卡代码