AT_arc166_d [ARC166D] Interval Counts

我们可以将题转化为选择若干区间，给区间中的每个 $y_{i}$ 减一，这样我们就可以将问题转化为差分了。

我们枚举区间的左端点，从左到右枚举，当我们枚举到 $i$ 时，显然如果当前差分数组 $d_{i} > 0$ ，那么我们需要将其减去 $d_{i}$ ，这样我们获得了一个向后加总共 $d_{i}$ 个 $1$ 的机会，此时我们维护数列从左往右第一个 $d_{p}$ 小于 $0$ 的 $p$ ，然后我们每次进行不断地加减并将 $p$ 往后挪，到 $n + 1$ 即可停止。那么这样为什么是对的？因为如果我们将这个小于 $0$ 的交给一个左端点大于 $i$ 的 $j$ 处理，那么由于 $x_{j} > x_{i}$ ，所以一定不优。

该如何计算答案？我们注意到对于任意在序列中 $l$ 到 $r$ 的区间， $L_{i}$ 取 $x_{l - 1} + 1$ ， $R_{i}$ 取 $x_{r + 1} - 1$ 显然最优，为了方便我们将 $x_{0}$ 赋值为 $- inf$ ，将 $x_{n + 1}$ 赋值为 $inf$ 即可。

时间复杂度 $O (n)$ 。

代码：

int n;
int x[N], y[N], d[N];
int l[N], r[N];
signed main ()
{
  n = rd ();
  x[0] = - linf, x[n + 1] = linf;
  rep (i, 1, n) x[i] = rd ();
  rep (i, 1, n) l[i] = x[i - 1] + 1, r[i] = x[i + 1] - 1;
  rep (i, 1, n) y[i] = rd (), d[i] = y[i] - y[i - 1];
  int p = 1;
  while (d[p] >= 0) ++ p;
  int ans = linf;
  rep (i, 1, n)
  {
    int x = d[i];
    if (! x) continue;
    while (x)
    {
      while (d[p] >= 0 && p <= n) ++ p;
      if (p > n) break;
      ans = min (ans, r[p - 1] - l[i]);
      if (- d[p] > x) d[p] += x, x = 0;
      else
      {
        x += d[p], d[p] = 0;
      }
    }
  }
  if (ans >= 1e10) puts ("-1"); else printf ("%lld\n", ans); 
}