CF1712D 题解

$\to \text{CF1712D Empty Graph}\leftarrow$#

思路：#

赛时想到了一个 $O(n\log n\log A)$ ($A$ 表示值域)的解法。

先考虑 $x\to y\ (x<y)$ 的最短距离 $dis_{x,y}$ 怎么更新。

( 我们假定 $mn_{l,r}$ 表示 $\min\{a_l,a_{l+1}\cdots a_r\}$ )

显然 $dis_{x,y}$ 由三部分取最小值组成：

• $x$ 直接到 $y$，这部分的距离是 $mn_{x,y}$

• $x$ 先到 $z$ 再到 $y$，且满足 $z<x$，这部分的距离是 $mn_{z,x}+mn_{z,y}$

• $x$ 先到 $z$ 再到 $y$，且满足 $z>y$，这部分的距离是 $mn_{x,z}+mn_{y,z}$

显然，第二部分当 $z=1$ 时有最小值 $mn_{1,x}+mn_{1,y}$，第三部分当 $z=n$ 时有最小值 $mn_{x,n}+mn_{y,n}$。

然后我发现答案满足单调性，于是二分答案 $mid$，并且修改 $a_{x\sim y}$ 中值小于 $mid$ 的，这样对于第二部分和第三部分，由于 $mn_{x,y}\ge mid$，实际上我们只用使 $2\cdot mn_{1,x-1}\ge mid$ 且 $2\cdot mn_{y+1,n}\ge mid$。

也就是我们需要修改 $1\le i\le x-1$ 和 $y+1\le i\le n$ 且 $a_i\le \lceil \frac{mid}{2} \rceil$ 中的 $a_i$，然后判断总修改次数是否大于 $k$ 次即可。

我们可以维护一棵主席树来计算需要修改的数，这样做的时间复杂度是 $O(n^2\log n\log A)$ 的，显然需要一些优化。

然后我大胆猜测对于每一个数 $y$ 能使得修改次数最小的 $x$ 必然是 $y-1$，赛时交了一发，然后就过了。

赛后证明一下：

如果选 $x,y$ 的话，必然需要使得 $a_{1\sim x-1,y+1\sim n}\ge \lceil \frac{mid}{2} \rceil$ 且 $a_{x\sim y}\ge mid$。

$x=y-1$ 的话那么就可以让 $a_{x\sim y}\ge mid$ 的 $a_i$ 尽量少，这样限制条件就更少 (只用 $\ge \lceil \frac{mid}{2} \rceil$)，也就使得修改的次数更少，也就说明 $x=y-1$ 时最优，证毕。

这样的时间复杂度是 $O(n\log n\log A)$ 的，而数据范围是 $1\le n\le 10^5$ ，故能够通过此题。

code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=1e5+5;
const int inf=1e9;

int n,k;
int a[N],rt[N];

namespace CT{
	struct node{
		int v,l,r;
	}t[N*31];
	int cnt;
	inline void insert(int &p,int pre,int l,int r,int x,int k){
		p=++cnt;
		t[p]=t[pre];
		++t[p].v;
		if(l==r) return;
		int mid=l+r>>1;
		if(x<=mid) insert(t[p].l,t[pre].l,l,mid,x,k);
		else insert(t[p].r,t[pre].r,mid+1,r,x,k);
	}
	inline int query(int q,int p,int l,int r,int L,int R){
		if(L<=l&&r<=R) return t[p].v-t[q].v;
		int mid=l+r>>1,res=0;
		if(L<=mid) res+=query(t[q].l,t[p].l,l,mid,L,R);
		if(mid<R) res+=query(t[q].r,t[p].r,mid+1,r,L,R);
		return res;
	}
}

inline bool check(int x,int i){
    int now=0;
    if(a[i]<x) ++now;
    if(a[i-1]<x) ++now;
    int num=x/2+(x%2);
    if(now>k) return 0;
    if(num==1) return 1;
    now+=CT::query(rt[0],rt[i-2],1,inf,1,num-1);
    now+=CT::query(rt[i],rt[n],1,inf,1,num-1);
    //cout<<x<<" "<<i<<" "<<num<<" "<<now<<endl;
    return now<=k;
}

signed main(){
	int T;
	cin>>T;
	while(T--){
		cin>>n>>k;
		int ans=0;
        rt[0]=0;
		for(int i=1;i<=n;++i){
			cin>>a[i];
			CT::insert(rt[i],rt[i-1],1,inf,a[i],1);
		}
		for(int i=2;i<=n;++i){
			int l=1,r=1e9+1;
			while(l<r-1){
				int mid=l+r>>1;
				if(check(mid,i)) l=mid;
				else r=mid;
			}
			ans=max(ans,l);
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
}

当然还有时间复杂度更加优秀的做法，具体可以去看官方题解。