[ROI 2018] Innophone 题解
[ROI 2018] Innophone
看了半天网上仅有的一篇题解……才堪堪写出来
不过在LOJ上看提交，全是
KTT，看得我瑟瑟发抖（不会
题意翻译
在平面上有一些点，你需要在这个平面上任意确定一个点（不要求是给定的点），定义其贡献为 横坐标 \(\times\) 其右侧的点 \(+\) 纵坐标 \(\times\) 其左上方的点：
红色部分是右侧的点，蓝色部分是左上方的点。
具体边界参考题目！
我们需要求最大的贡献值。
解题
其实不难发现，目标点的横坐标一定是图中某一个点的横坐标，否则我们可以在固定纵坐标的情况下将点向右移，使得贡献变大。
所以问题简化为如何求蓝色部分的最大贡献？
我们先考虑横坐标固定的情况。
设 \(f(i)\) 表示左侧部分纵坐标大于 \(i\) 的点的个数。那么我们需要求的是
我原本猜测这可能会是一个单峰函数，但是模拟了一组数据：
发现似乎并不单峰……似乎每一次只能暴力求解？
所以我们继续考虑每次加入一个点对于这个函数的影响。
不难发现，其实每一次是把一部分的后缀 \(i * f(i)\) 变为 \((i + 1) * f(i)\)。
而对于后缀的 \(+1\)，或许可以想到分块打标记（逃。
而考虑每一个块打了标记之后，我们需要求的其实是 \((i + tag) * f(i)\) 的值。
考虑设 \(b = (i + tag) * f(i)\)，可以转化为 \(i * f(i) = -tag * f(i) + b\)。
在这个式子中最大化 \(b\)，这是我们思考到斜率优化问题。
具体来说，也就是在每一块中维护一个上凸包，又由于 \(tag\) 是递增的……依据斜率维护一个双端队列即可。
然而加入一个点的过程呢？我们直接把它所在的块暴力重构即可。
于是我们可以得到更新后的左侧答案 cans，更新总答案即可。
复杂度分析
这里我尝试使用核算法 (
accounting method) 进行分析其实代码中有我用英文写的分析……主要是没有配置输入法……
考虑每一次加入一个点，会重构一个块，花费了 \(\sqrt n\)，而重构凸包，花费是 \(2 * \sqrt n\)，其中有一半是提前为凸包中的元素支付的。这使得在一个块中标记的花费为 \(0\)。也就是说总的复杂度为 \(O(n \sqrt n)\)。
这么看着复杂度确实不够优秀，所以这需要代码常数优秀才可。
我犯病有
deque做双端队列……导致开了O2才能过。不过考虑到用
deque对于边界条件的明示作用更大，所以我还是贴上这个写法。
代码
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <deque>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N = 2e5;
typedef long long lint;
// BLO stands for block length, n is the points' count
int BLO, n;
struct P {
int x, y;
bool operator < (const P &p) {
return x < p.x;
}
} p[N];
int apps[N << 2], apc = 0;
void discrete() {
static auto gt = greater<int>();
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
apps[i] = p[i].y;
}
sort(apps + 1, apps + 1 + n, gt);
int *ae = unique(apps + 1, apps + 1 + n);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
p[i].y = lower_bound(apps + 1, ae, p[i].y, gt) - apps;
}
apc = ae - apps - 1;
BLO = sqrt(apc);
}
void read() {
cin >> n;
for (int x, y, i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> x >> y;
p[i] = {x, y};
}
sort(p + 1, p + 1 + n);
}
// save the sum of one point
int s[N];
class BLOCK {
private:
int l, r, tag;
deque<int> Q; // for using slope optimize
public:
void set(int l, int r) {
this->l = l, this->r = r;
}
// rebuild this block.
// with many points that can build a convex tull
// which can help use maintain the max value.
inline lint build() {
lint ans = 0;
// we calc every point of the BLOCK, to get the answer for whole block after rebuilding.
for (int i = l; i <= r; ++i) {
ans = max(ans, 1ll * (s[i] += tag) * apps[i]);
} tag = 0;
Q.clear();
int siz = 0;
for (int i = r; i >= l; --i) {
#define Y(i) (1ll * apps[i] * (s[i] + tag))
#define X(i) (1ll * apps[i])
// build reversely, for using the convex hull to right.
// now add point (X(i), Y(i)), We should make sure slope(i) >= slope(Q[last])
// Consider Q[siz -1] as j, Q[siz - 2] as k
// So we need
// ( Y(i) - Y(j) ) / ( X(i) - X(j) ) >= ( Y(j) - Y(k) ) / ( X(j) - X(k) )
// as the followed line
while (siz > 1 && ( Y(i) - Y(Q[siz -1]) ) * ( X(Q[siz - 1]) - X(Q[siz - 2]) ) >= ( Y(Q[siz - 1]) - Y(Q[siz - 2]) ) * ( X(i) - X(Q[siz - 1]) ))
Q.pop_back(), --siz;
Q.push_back(i), ++siz;
}
return ans;
}
lint add() {
++tag;
while (Q.size() > 1 && Y(Q[0]) <= Y(Q[1]))
Q.pop_front();
return Y(Q[0]);
}
} blocks[700];
lint cans = 0;
// now we consider why the complexity is correct?
// we using accounting method to analyze it.
// First, every time we rebuild a block, we cost sqrt(n) to build
// and we build a deque, which at most have sqrt(n) items
// This cost 2*sqrt(n) (half prepayed for adding tag).
// so when we are adding tag, we cost nothing.
// Second, when querying, we use O(1) however.
// In total, we have n times add, which makes complexity to O(n \sqrt n)
inline void add(int y) {
int b = y / BLO;
int r = min((b + 1) * BLO, apc + 1); // without r
// update one block's s and need rebuild!!
for (int i = y; i < r; ++i) {
++s[i];
}
cans = max(cans, blocks[b].build());
for (int i = b + 1, ie = apc / BLO; i <= ie; ++i) {
cans = max(cans, blocks[i].add());
}
}
int main() {
cin.tie(0)->sync_with_stdio(false);
read();
discrete();
for (int i = 0, l = 0, r = BLO - 1; l <= apc; ++i, l += BLO, r += BLO) {
blocks[i].set(max(l, 1), min(r, apc));
blocks[i].build();
}
lint res = 0;
for (int i = 1; i <= n + 1; ++i) {
res = max(res, 1ll * (n - i + 1) * p[i].x + cans); // update ans for (n + 1) times !!!
if (i <= n) add(p[i].y);
}
cout << res << '\n';
return 0;
}
后记
正如我在开头所说，可以使用 KTT 解决这道题。而且复杂度非常优秀，似乎是 \(O(n \log^2 n)\)？不是特别了解。只是知道它跑得飞快。
思路却也与此相似。可以发现，其实每一次操作我们是在 \(i * f(i)\) 的基础上加上一个 \(f(i)\) 函数。或者这正也是为什么 KTT 可以做这道题的原因。单纯口胡……
