CF314A 题解

前言

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这翻译明显错误，建议大家去原题面看。

简要题意

有一个序列 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$，每次按照公式 $d_i=\sum _{j=1}^{i-1}[a_j\cdot (j-1)-(n-i)\cdot a_i]$ 计算。每次再找到最小的 $x$ 满足 $d_x<k$。

将 $a_x$ 删除，然后再来一轮。找不到 $x$ 时停止。依次输出所有被删除的数原本的编号。

思路

我们想让 $d_i$ 有承接关系，即，知道 $d_{i-1}$ 能快速算出 $d_i$。

这一点还是比较容易的，把 $a_i$ 的计算部分提出来即可。$d_i=[\sum _{j=1}^{i-1}{a}_j\cdot (j-1)]-[$$(i-1)\cdot (n-i)\cdot a_i]$。

也就是说，我们可以计算：$x_i=\sum _{j=1}^{i-1}{a}_j\cdot (j-1)$，当前的 $d_i$ 显然就是 $x_i-(i-1)\cdot (n-i)\cdot a_i$。

这样，对于删除操作，我们就不必重新计算榜单了，如果删除掉 $i$，只需要计算 $x_i$ 时忽略掉它。

那么代码就十分容易了，直接模拟就行。时间复杂度显然是 $O(n)$。

实际可以直接用一个变量代替 $x_i$，扫一遍就做完了。

完整代码

/*为了代码更通俗，使用了不关同步的 cin 与 cout。不保证在输入输出上会被卡常。*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int main()
{
	int n, k, nowi = 0; //nowi是真正的i
        cin >> n >> k;
	long long d = 0; //由于每个di可以承接地算，所以直接扫一遍即可。删除就是不计算i的贡献入内 
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		nowi++;
		int ai; cin >> ai;
		if (d - 1ll * (i - 1) * (n - i) * ai < k) {write(nowi), endl; n--, i--;}
		else d += 1ll * ai * (i - 1);
	}
	return 0;
}

希望能帮助到大家！