#919. 【UR #28】环环相扣 题解

#919. 【UR #28】环环相扣 题解

取模不好搞，我们先分析性质。

首先可以假设 $a_i>a_j>a_k$，那么根据“环的顺序”，可以被分成两种情况

• $i\to j\to k\to i:(a_{i}mod{a}_j)+(a_{j}mod{a}_k)+a_k$

• $i\to k\to j\to i:(a_{i}mod{a}_k)+a_j+a_k$

最优化的题，我们可以先分析一个答案下界/上界，与他们的取等条件，这样往往可以找到许多优秀的性质。

分析答案下界是很简单的，就是竭尽所想的构造一个比较优的方案。

分析答案上界需要一些数学手段，得到一种情况的答案上界，若小于等于先前分析的答案下届，那么这种情况就一定是不可取的。

由于取模很复杂，这里直接不考虑取模都可以得到一个答案下界：

考虑第二种情况，有 $ans\ge a_{\underset{2}{max}}+a_{\underset{3}{max}}$，即次大值加次次大值。

根据取模的常见结论：

当 $a>b$ 时 $amodb\le min(b-1,\frac{a}{2},a-b)$。

得到两种情况的上界：

• $ans\le min(a_j+2a_k-2,\frac{a_i}{2}+\frac{a_j}{2}+a_k,a_i,2a_j-1,\cdots )$
• $ans\le min(a_j+2a_k-1,\frac{a_i}{2}+a_j+a_k,a_i+a_j)$

当然对于情况一还有更多的组合，但是形式十分复杂看上去就不怎么好分析。

我们尝试从形式最简单的那几个探究起。

• 对于第一种情况：

  • $ans\le a_i$ 这说明当 $i$ 不取最大值就一定使第一种情况答案达不到上界

  • $ans\le 2a_j-1$ 这说明 $a_j$ 只能取次大值（因为 $a_i$ 是最大值）否则会使答案低于下界

  • $ans\le min(a_j+2a_k-2,a_i-a_j+2a_k-1,\cdots )$ 太复杂了，有加减乘除还涉及多个变量，似乎并不能分析出什么。

• 对于第二种情况：

  • $ans\le a_i+a_j$：这说明若 $a_i$ 只能取最大值，否则答案不会更大。
  • 其他情况同理，太复杂了。

现在根据我们的分析重新整理一下两种情况：

• $ans=(a_{max}mod{a}_{\underset{2}{max}})+(a_{\underset{2}{max}}mod{a}_k)+a_k$

• $ans=(a_{max}mod{a}_k)+a_j+a_k$

可以发现第二种情况 $a_j$ 不参与任何取模，直接取次大值一定是最优的（之前要求比 $a_i$ 小，不能贸然得到这个结论）。

于是再次整理为：

• $ans=(a_{max}mod{a}_{\underset{2}{max}})+(a_{\underset{2}{max}}mod{a}_k)+a_k$

• $ans=(a_{max}mod{a}_k)+a_{\underset{2}{max}}+a_k$

于是只有 $a_k$ 是不确定的，单次枚举 $\mathcal{O}(n)$，总复杂度 $\mathcal{O}(nq)$。有 $30$ 分。

如果已经分析了很多性质了，应该尝试一些算法去解决。（分析不出来任何性质也只能套算法呀QWQ）

我们已经把单次查询的复杂度降到最低了（与输入同级了），那么现在要考虑预处理些什么。

发现我们每次其实是在找 $\underset{k\in [l,r]\setminus \{max,\underset{2}{max}\}}{max}\{(a_{\underset{2}{max}}mod{a}_k)+a_k\}$ 和 $\underset{k\in [l,r]\{max,\underset{2}{max}\}}{max}\{(a_{max}mod{a}_k)+a_k\}$

可以预处理这两坨。

设 $F_1[l][r],F_2[l][r]$ 表示这两坨，尝试整体转移，然后就失败了。

因为 $a_{max}$ 与 $a_{\underset{2}{max}}$ 是不断变化的，$F_1,F_2$ 不能继承之前的答案。

这提示我们固定这两个值，有一种神奇的方法

设 $F([l,r],i)$ 表示 $\underset{k\in [l,r]\setminus \{i,max\}}{max}\{(a_{i}mod{a}_k)+a_k\}$

然后我们用 $F([l,i-1],i),F([i+1,r],r)$ 合并出 $F([l,r],i)$。

这种设 $F([l,r],i)$ 并处理 $F([l,i-1]),i),F([i+1,r],r)$ 是一种非常实用的方法，在莫队二次离线中也用了类似的思路。

发现我们可以 $F([l+1,i-1],i)\to F([l,i-1],i)$。

具体的，设 $[l+1,i]$ 中的最大值下标为 $t$：

• 若 $a_l\le a_t$ 则 $F([l,i-1],i)=max((a_{i}mod{a}_l)+a_k,F([l+1,i-1],i))$

• 若 $a_l>a_t$ 则 $F([l,i-1],i)=max((a_{i}mod{a}_t)+a_k,F([t+1,i-1],i)),t\leftarrow l$

类似的处理出 $F([i+1,r],i)$，然后合并出 $F([l,r],i)$ 注意这里需要特判两边的最大值

复杂度 $\mathcal{O}(n^2+q)$。可以多得 $10$ 分

有了新的做法，根据做法分析新的性质（悲

首先发现如果 $[l,i-1]$ 中有两个数大于 $a_i$ 那么就没必要处理了，因为 $a_i$ 不会作为这个区间的最大值或次大值。

我们可以在尝试一下答案上下界：$ans\le a_i$。当 $\frac{a_i}{2}<a_k\le a_i$ 的时候取等，即：若存在两个 $a_k$ 满足那个不等式也不用搜索了。

假设我们已经知道结论后进一步分析，我们一开始假设从每个 $i$ 开始，往左/右都恰好走移动两步。如果在 $k$ 位置要使 $i$ 的贡献多走一步，$a_k$ 必定 $\le \frac{a_i}{2}$，并且这对于每个 $i$ 是不独立的即若存在 $k<j<i$ 使得 $j$ 多贡献 $i$ 一步，$k$ 多贡献 $i,j$ 各一部。那么 $a_k\le \frac{a_j}{2}\le \frac{a_i}{4}$。

感性理解，这样只会减小 $\log$ 次。

如果对于每个元素，其运算次数的限制是不独立的，就考虑势能分析。

所以要用势能分析，得从运算代价的不独立性考虑。

令势能为 $a_{max}^n$ 那么每多移动一步，每多移动一步，其势能就会除以 $2$。所以总共多移动 ${\log }_2{a}_{max}^n=\mathcal{O}(n\log a)$ 次，算上本来的 $4n$ 次。预处理复杂度 $\mathcal{O}(n\log a)$。

用 ST 表预处理区间最大值可以做到 $\mathcal{O}(n\log n+n\log a+q)$。但是这道题 $q$ 小 $n$ 大，用 于是用线段树 $\mathcal{O}(n)$ 预处理可以做到 $\mathcal{O}(n\log a+q\log n)$。

然而在 UOJ 上只有 $80$ 分（悲。

可以发现刚刚的答案上界还有另一种形式：$ans\le 2a_k-1$，也就是说如果存在两个 $a_u\ge 2a_k$ 那么 $k$ 就不会成为 $i$ 的答案位置，因为 $(a_{i}mod{a}_u)+a_u\ge 2a_k>(a_{i}mod{a}_k)+a_k$。

这与 80 分做法分析的性质很想啊，因为变一下形就是 $a_k\le \frac{a_u}{2}$。

考虑如何与刚刚的方法相结合：我想不到，直接引用吧。

1. 使用 vector<pair<int, long long>> 存储满足 $F([l,i],i)>F([l+1,i],i)$ 的位置 $l$，并记录对应的 $F([l,i],i)$。
2. 使用一个栈存储尚未被移除的元素。
3. 针对 $a_i$ 向左扫描的过程中：
   • 从栈顶到栈底枚举所有元素 $a_k$。
   • 如果 $a_k>a_i/2$，则计数器 cnt++。
   • 如果 $a_k\le a_i/2$，则给 $a_k$ 新增一个删除标记。
   • 如果 cnt 达到 $2$，立刻停止扫描。
   • 移除累积了两个删除标记的元素。
   • 将具有一个或零个删除标记的元素按照原顺序压回栈中。
4. 最后将 $i$ 以初始零个删除标记压入栈中。

这样保证了被个数计算次数不超过 $4$。扫描长度总和 $\mathcal{O}(n)$。

考虑这种不用额外性质却需要同时结合多个性质的算法设计，需要一气呵成，然后调整。这需要多练习积累正确的方向与感觉。

最后复杂度 $\mathcal{O}(n+q\log n)$ 有 $100$ 分。