Codeforces Round 963 (Div. 2) D题解

Codeforces Round 963 D

题目描述

给定两个正整数 n 和 k 以及另一个由 n 个整数组成的数组 a 。
在一次操作中，可以选择 a 中大小为 k 的任意一个子数组，然后将其从数组中删除，而不改变其他元素的顺序。更正式地说，假设 (l, r) 是对子数组 a[l], a[l+1], ..., a[r] 的操作，使得 r-l+1=k ，那么执行此操作意味着将 a 替换为 [a[1], ..., a[l-1], a[r+1], ..., a[n]] 。
例如，如果 a=[1, 2, 3, 4, 5] 在这个数组上执行了 (3, 5) 操作，那么它就会变成 a=[1, 2] 。此外，操作 (2, 4) 的结果是 a=[1, 5] ，操作 (1, 3) 的结果是 a=[4, 5] 。
当 a 的长度大于 k （即 |a| > k ）时，你必须重复操作。处理后，数组 a 中所有剩余元素的最大中值是多少？
长度为 n 的数组的中位数是我们对元素进行非递减排序后索引为 ⌊ (n+1)/2 ⌋ 的元素。例如 median([2, 1, 5, 4, 3]) = 3 、 median([5]) = 5 和 median([6, 8, 2, 4]) = 4 。

解题思路

1. 这题需要想到二分搜索可行解，复杂度在log(Max(a)).
2. 需要理解，这题找的是最大解，所以对于二分的每一个x，只需要找是否有某个终态满足 其中的>=x的数字多于一半。例如1,2,4,5,5,6。对于4是满足的，对于5不满足。同时对于1也满足，可能会存在疑惑，1不可能是中位数，但是我们找的实际上是最大解，所以1可行的含义应该是这个解可以>=1。如果满足，二分会一直向后推导到4也就是答案。因为比4大的所有x都被认为不满足。
3. 考虑如何进行判断，这里我们使用dp来访问可达状态，我们的目标应该是保证到达终态时>=x的数尽量的多。这时候其实就是看一个序列大于等于x的数有多少个。
4. 考虑如何转移状态，这里我们对编号减一并且取模(把index都减1了方便后续判断)。对于每一个i，它可以由哪里转移过来？没有任何数字时>=x的数量为0设dp[0] = 0。第一个状态很显然，它可以由dp[0]转移而来，所以dp[1] = dp[0]+ (a[1] >= x ? 1 : -1)
5. 为啥这里取-1和1，因为这样最后只要大于0就可以说明>=x数量多余<x，方便判断
6. 对于不在第一行的序号，它首先可以继续由它左方的状态转移而来，并且它还可以放弃自身的位置，也就是继续让上一行的状态保留。
   dp[i] = max(dp[i-1] + (a[i] >= x ? 1 : -1), dp[i-k])
7. 但是对于每一行的第一个点，没有左端的状态给他转移，也就是它不能接续前面的序列，因为这个序列长度它不能>k。它现在面临两个选择，第一是新开一个序列，也就是把前一个状态ci更新为0，或者它还可以和其它点一样，放弃自己，继续继承上一行的0位置。表现在操作上就是index 1 2 3 4 选择删掉1 2 3还是删掉2 3 4。
8. 至此整个题目就解决了。以下面的样例举例，实际上就是告诉你只能选两个位于0和1的数，并且0和1需要满足一个顺序，0选择的数字在a[i]中必须出现在1的前方。朴素做法是枚举所有可能组合来选择，但是最大数量是可以逐步转移过去的，所以只需要在n次操作里面dp。

n = 8, k = 3
index 1 2 3 4 5 6 7 8
mod   0 1 2 0 1 2 0 1

拆成多段 状态只能由左向右转移或者正下方替代正上方的状态
因为每次要删去连续的k个，可以亲手试试来验证。
0->1->2
|  |  |
0->1->2
|  | 
0->1

代码实现

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
void Solve(){
	int n, k;cin>>n>>k;
	int a[n+1];
	for(int i = 1; i <= n;i ++){
		cin>>a[i];
	}
	int l = 0, r = 1e9 + 10, mid;
	while(l < r){
		mid = (l + r + 1) >> 1;
		vector<int> dp(n+1, -LLONG_MAX);
		dp[0] = 0;
		for(int i = 1; i <= n; i++){
			int ci;
			ci = dp[i-1];
			if((i-1) % k == 0) ci = 0;
			int is = a[i] >= mid ? 1 : -1;
			dp[i] = max(dp[i], ci + is);
			if(i > k) dp[i] = max(dp[i], dp[i - k]);
		}
		if(dp[n] > 0){
			l = mid;
		}else{
			r = mid - 1;
		}
	}
	cout<<l<<endl;
}

int32_t main() {
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	int T;cin>>T;while(T--)
		Solve();
	return 0;
}

复杂度分析

• 时间复杂度: nlog(max(a))