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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 yi 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 di>0,那么我们需要将其减去 di,这样我们获得了一个向后加总共 di1 的机会,此时我们维护数列从左往右第一个 dp 小于 0p,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 ij 处理,那么由于 xj>xi,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 lr 的区间,Lixl1+1Rixr+11 显然最优,为了方便我们将 x0 赋值为 inf,将 xn+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); 
}

作者:lalaouye

出处:https://www.cnblogs.com/lalaouyehome/p/18302153

版权:本作品采用「114514」许可协议进行许可。

posted @   lalaouye  阅读(3)  评论(0编辑  收藏  举报
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