【2017.12.02普及组模拟】送快递
【2017.12.02普及组模拟】送快递
描述
题目描述
Petya和Vasya被聘为快递员。在工作日期间，他们将提供包裹到线上的不同点。根据公司的内部规定，包裹的交付必须严格按照一定的顺序进行。最初，Petya处于坐标s1的点，Vasya位于坐标s2的点，n个顾客所需访问的顺序位于点x1，x2，...，xn。 这些人预先同意他们谁将交付给哪些客户，然后他们的行为如下。当第i个客户端的包裹被交付时，两个快递员中的其中一个负责去送第i+1个。此时不送快递员的那个原地不动。即快递是严格按照顾客顺序一个个在送的，一个快递员在送的时候，另一个快递员是不动的。 由于要相互沟通，这些家伙有对讲机。对讲机的工作距离不是很远，所以Petya和Vasya想在送快递的时候，使得他们的最大距离尽可能低。帮助Petya和Vasya尽量减少他们之间的最大距离，遵守所有交货规则。输入
第一行包含三个整数n，s1，s2（1≤n≤100000，0≤s1，s2≤10^9） - Petya和Vasya的送货数量和起始位置。 第二行包含n个整数x1，x2，...，xn - 客户坐标（0≤xi≤10^9），以便交货。 保证，在数字s1，s2，x1，...，xn中没有两个相等。输出
只有一行一个正数，即最小可能的最大距离。
样例输入1
2 0 10
5 6样例输出1
10
样例输入2
3 2 1
3 4 5样例输出2
1
样例输入3
1 4 5
2样例输出3
2
注意
在第一个测试案例中，快递员之间的初始距离为10.这个值将是答案，例如，Petya可以执行两次交付，Vasya将保持在起点。 在第二个测试用例中，您可以通过以下方式进行最佳的操作：Vasya向第一个客户送货，Petya到第二个，最后，Vasya将包提供给第三个客户。按照这种交货顺序，快递员之间的距离不会超过1。 在第三个测试用例中，只有两种情况是可能的：如果单个包装的交付由Petya执行，则它们之间的最大距离为5 - 2 = 3.如果Vasya将提供包装，最大距离为4 - 2 = 2.后一种方法是最优的。数据范围限制
对于20%的数据，n<=25
对于40%的数据, n<=100
对于60%的数据, n<=2000
对于100%的数据，n<=100000
分析
为了表示方便，设
如果用暴力做，就会生成下图这样一棵搜索树：
我们很容易发现，在第i层中，每个节点中必有i。
将i提取出来，再将重复的节点（反正每个节点中两个数反过来都一样）压在一起，
可以得到下面这张图：
从这张图中，很容易得出结论：在第i层中，若i-1层有节点，必定会生成i-1的节点。
对于这一题，“最大距离尽可能低”，在一个句子中，一旦最大、最小两个词一起出现，就要果断二分（除非两个是并列关系），这是我目前没有见过例外的规律。
所以，先二分答案，然后判断是否成立。
判断是否成立时，我们考虑一层一层计算
如果第i-1层有节点k，那么节点k就可以生成第i层的k节点和i-1节点
这意味着，若k在某一层（假设为j）被删掉，那么在以后j+1到n层就不会生成k。
还有之前已经得出的结论：在第i层中，若i-1层有节点，必定会生成i-1的节点。
在第i层，节点k必须满足
所以我们可以枚举行，在每一行删掉不满足这个条件的节点。若i-1行有节点，就试着加入i-1（若i-1不符合条件一样要删）。
若到第n层有节点，则这个答案是成立的。
为了更高效地删除节点，我使用了平衡树操作。
时间复杂度
代码
set版
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <set>
using namespace std;
int n;
int _s[100010];
int* s=_s+1;
set<int> q;
inline bool ok(int);
int main()
{
freopen("delivery.in","r",stdin);
freopen("delivery.out","w",stdout);
scanf("%d %d %d",&n,&s[-1],&s[0]);
int i;
for (i=1;i<=n;++i)
scanf("%d",&s[i]);
int l=abs(s[0]-s[-1]),r=1000000000,mid,res;
while (l<=r)
{
mid=l+r>>1;
if (ok(mid))
r=(res=mid)-1;
else
l=mid+1;
}
printf("%d\n",res);
return 0;
}
inline bool ok(int len)
{
int i,up,low;
set<int>::iterator p;
q.clear();
for (i=0;i<=n;++i)
{
up=s[i]+len;
low=s[i]-len;
//删掉小于low的节点
while (!q.empty() && *(p=q.begin())<low)
q.erase(p);
//删掉大于up的节点
while (!q.empty() && *(p=--q.end())>up)
q.erase(p);
//加入i-1。为什么不放在上面？首先，一定能生成i-1，不然在前面时早return 0了。其次，删除时，少一个节点当然会快一点。
if (low<=s[i-1] && s[i-1]<=up)
q.insert(s[i-1]);
if (q.empty())
return 0;
}
return 1;
}splay版
//注释同上
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
struct Node
{
int val,fa,l,r;
} d[100001];
int cnt,root;
inline void zig(int x)
{
int y=d[x].fa;
int z=d[y].fa;
d[y].l=d[x].r;
d[d[x].r].fa=y;
d[x].fa=z;
if (z)
{
if (d[z].l==y)
d[z].l=x;
else
d[z].r=x;
}
d[x].r=y;
d[y].fa=x;
}
inline void zag(int x)
{
int y=d[x].fa;
int z=d[y].fa;
d[y].r=d[x].l;
d[d[x].l].fa=y;
d[x].fa=z;
if (z)
{
if (d[z].l==y)
d[z].l=x;
else
d[z].r=x;
}
d[x].l=y;
d[y].fa=x;
}
inline void splay(int x,int t)
{
int y,z;
while (d[x].fa!=t)
{
y=d[x].fa;
z=d[y].fa;
if (z==t)
{
if (x==d[y].l)
zig(x);
else
zag(x);
}
else if (d[z].l==y)
{
if (d[y].r==x)
zag(x);
else
zig(y);
zig(x);
}
else if (d[z].r==y)
{
if (d[y].l==x)
zig(x);
else
zag(y);
zag(x);
}
}
if (!t)
root=x;
}
inline void insert(int x,int val)
{
if (!root)
{
cnt=1;
d[1]={val,0,0,0};
root=1;
return;
}
while (1)
{
if (val<d[x].val)
{
if (d[x].l)
x=d[x].l;
else
{
d[++cnt]={val,x,0,0};
d[x].l=cnt;
splay(cnt,0);
break;
}
}
else if (val>d[x].val)
{
if (d[x].r)
x=d[x].r;
else
{
d[++cnt]={val,x,0,0};
d[x].r=cnt;
splay(cnt,0);
break;
}
}
}
}
inline int pred(int val)
{
int x=root,ret=0;
while (x)
{
if (d[x].val<val)
{
ret=x;
x=d[x].r;
}
else
x=d[x].l;
}
return ret;
}
inline int succ(int val)
{
int x=root,ret=0;
while (x)
{
if (d[x].val>val)
{
ret=x;
x=d[x].l;
}
else
x=d[x].r;
}
return ret;
}
int n;
int _s[100010];
int* s=_s+1;
inline bool ok(int);
int main()
{
freopen("delivery.in","r",stdin);
freopen("delivery.out","w",stdout);
scanf("%d %d %d",&n,&s[-1],&s[0]);
int i;
for (i=1;i<=n;++i)
scanf("%d",&s[i]);
int l=abs(s[0]-s[-1]),r=1000000000,mid,res;
while (l<=r)
{
mid=l+r>>1;
if (ok(mid))
r=(res=mid)-1;
else
l=mid+1;
}
printf("%d\n",res);
return 0;
}
inline bool ok(int len)
{
int i,up,low,x;
cnt=root=0;
for (i=0;i<=n;++i)
{
up=s[i]+len;
low=s[i]-len;
if (x=pred(low))
{
splay(x,0);
root=d[x].r;
d[root].fa=0;
}
if (x=succ(up))
{
splay(x,0);
root=d[x].l;
d[root].fa=0;
}
if (low<=s[i-1] && s[i-1]<=up)
insert(root,s[i-1]);
if (root==0)
return 0;
}
return 1;
} 注意
- 不会用set的，上百度。不会用splay的，上百度。
- set用红黑树实现，在这题中，splay的删除相对高效。
删掉小于low的节点时，只需把最大的小于low的节点旋转到根，留下根的右子树。
删掉大于up的节点时道理一样 - set操作很简单但跑得慢，splay要手打但跑得快。
- 有某位大佬发明了枚举列的算法，完美利用数据的随机性，能过！！！主要是有了一些break。但最坏情况下时间复杂度
O(lg109n2) 。在随机数据下，时间远远没有这么多。 ZHJ的代码，判断是否成立时明显两重循环，却跑了360ms。
