旋转子段 (思维stl)
题目:
大概意思就是给你一个序列,你可以选择一段区间使它左右翻折一遍,然后呢,从1到n找一遍,看a[i]==i的数最多是多少。
其实刚才我已经把暴力思路说出来了,枚举每一个区间长度,枚举每一个左端点,再查询a[i]的值,时间复杂度O(n3)。
稍微优化一点,枚举每一个中点,左右扩展的同时查询,复杂度O(n2)(注意中点有可能不是点,可能是两个点中间,不考虑这个会被卡20分)
正解:
我们需要考虑下面两个性质:
性质1:对于一个点i,如果想让它满足条件,它的翻折区间是从i到a[i],在这个区间内满足a[k]+k==a[i]+i的点会在i翻折的同时也翻折到正确的位置,不满足的一定不会翻到正确的位置。
证明:
显然,关于(a[i]+i)/2对称的点,一定满足(a[k]+k)/2==(a[i]+i)/2,只有满足这个条件k跟i才共用同一个中点,从而能一起翻折到正确的位置,不满足这个条件的一定翻不到正确的位置
我们对于所有的a[i]+i值,开一个向量存储所有的i。简而言之,就是开一个向量数组,把a[i]+i相同的元素都放到一个向量里面。
我们对于每一个向量,先根据翻折区间的大小,从小到大排序一遍,我们先处理小区间,再处理大区间(因为大区间会顺便把小区间的也翻折过去,会漏一些情况)。
对于每一个翻折区间,我们的结果是:
区间左侧的满足条件的i+区间右侧的满足条件的i+区间内翻折后满足条件的i
(废话连篇)
对于区间左侧与右侧的满足条件的i,我们可一通过预处理(前缀和+后缀和)来做到O(1)查询,关键在怎么处理这个区间内的情况,这需要我们的下一个性质。
性质2:
一个区间内部的满足条件的i的数量与这个区间是满足a[i]+i相等的区间的正序排序位置相等(好复杂)
上面是我胡编的性质,我们处理这个性质需要结合刚才的vector来考虑。
对于一些a[i]+i相等的数们,我们把他们都放进了一个vector里面,然后都排序好了,然后这个i是排完序后的第几位,i~a[i]这个区间里面就有几个满足条件的数。
???是不是很神奇,竟然这么简单?下面是证明
对于相等a[i]+i的最小的区间,我们不妨设他为k~a[k],已知它是最小的满足a[k]+k=a[i]+i的区间,那在这个区间翻折后,也之可能有这一个k变成了满足条件的数。首先,我们知道,只有a[i]+i=a[k]+k的区间通过这个翻折才能变为满足i=a[i]的数,而k~a[k]的区间是等值的区间中最小的那个,所以在k~a[k]以内的数,只能不满足a[i]+i=a[k]+k,(满足的都比k~a[k]这个区间大)
所以,k~a[k]这个区间翻折之后也就只有一个满足条件的i就是k啦。
以此类推,第二大的区间内部也只有那个区间的两端和这个k满足条件,翻折后满足条件的i有2个。
第三大的区间里翻折后满足条件的有3个,第四大的有4个……
所以我们知道对于a[i]+i相等的区间,第几大的区间翻折后区间里面就有几个满足条件a[i]==i的数。
思路差不多了上代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e7+10;
int n,a[maxn],L[maxn],R[maxn];//L数组是从1到i的满足a[i]==i的数量,R数组是i到n的
vector<int> q[maxn];
int now;
bool cmp(int x,int y){
return abs(now-2*x)<abs(now-2*y);
//now是现在的a[i]+i的和,翻折区间的长度=abs(a[i]-i)=abs(ans-i-i);
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
q[a[i]+i].push_back(i);//记住这里的向量里面保存下标
if(a[i]==i)L[i]=L[i-1]+1;
else L[i]=L[i-1];
}
for(int i=n;i>=1;i--){
if(a[i]==i)R[i]=R[i+1]+1;
else R[i]=R[i+1];
}
//以上是初始化操作
int ans=0;
for(int i=2;i<=2*n;i++){
now=i;
if(q[i].empty())continue;
sort(q[i].begin(),q[i].end(),cmp);
for(int j=0;j<q[i].size();j++){
int l=q[i][j],r=now-q[i][j];//当前区间的左右端点
if(l>r)swap(l,r);
ans=max(ans,L[l-1]+R[r+1]+j+1);
//因为j=0的时候是第一个区间,所以加的是j+1。
}
}
printf("%d",ans);
return 0;
}