codeforces-1706-D1-D2
D1 (\(O(na_n\log(n))\))
链接：https://codeforces.com/contest/1706/problem/D1
滑动窗口，每个\(p_i\)从1开始逐渐递增，维护窗口内的最大的和最小的\(\lfloor\frac{a_i}{p_i}\rfloor\)。每次滑动复杂度\(O(log(n))\)，每个\(a_i\)有\(a_n\)个\(p_i\)需要遍历，所以复杂度\(O(na_n\log(n))\)。
代码：
#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
constexpr int MAXN = 3011;
int main() {
int T;
static int a[MAXN];
static int p[MAXN];
scanf("%d", &T);
while (T--) {
int n, k;
scanf("%d%d", &n, &k);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", a + i);
}
int ans = 0x3f3f3f3f;
int mn = 0x3f3f3f3f;
priority_queue<pair<int, int> > pq;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
p[i] = 1;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
pq.push(make_pair(a[i], i));
mn = min(mn, a[i]);
}
while (1) {
int mx = pq.top().first;
int i = pq.top().second;
pq.pop();
ans = min(ans, mx - mn);
if (p[i] == k) {
break;
}
p[i] += 1;
int v = a[i] / p[i];
pq.push(make_pair(v, i));
mn = min(mn, v);
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
D1 (\(O(n\sqrt{a_n}\log(n))\))
注意到\(\lfloor\frac{a_i}{p_i}\rfloor\)只有\(O(\sqrt{a_i})\)个可能取值，因此可以用数论分块遍历这\(O(\sqrt{a_i})\)个可以让\(\lfloor\frac{a_i}{p_i}\rfloor\)取不同值的\(p_i\)。复杂度降为\(O(n\sqrt{v}\log(n))\)。
代码：
#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
constexpr int MAXN = 3011;
int main() {
int T;
static int a[MAXN];
static int p[MAXN];
scanf("%d", &T);
while (T--) {
int n, k;
scanf("%d%d", &n, &k);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", a + i);
}
int ans = 0x3f3f3f3f;
int mn = 0x3f3f3f3f;
priority_queue<pair<int, int> > pq;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
p[i] = 1;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
pq.push(make_pair(a[i], i));
mn = min(mn, a[i]);
}
while (!pq.empty()) {
int mx = pq.top().first;
int i = pq.top().second;
pq.pop();
ans = min(ans, mx - mn);
if (mx == 0)
break;
p[i] = a[i] / mx + 1;
if (p[i] > k)
break;
int v = a[i] / p[i];
pq.push(make_pair(v, i));
mn = min(mn, v);
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
D2 (\(O(n\sqrt{a_n})\))
D2的n和\(a_n\)的范围都变成了1e5。考虑如何将维护窗口内的最大的\(\lfloor\frac{a_i}{p_i}\rfloor\)的复杂度降至\(O(1)\)。
注意到值域仅为1e5，因此可以采用类似桶排序的思路，搞一个数组\(v\)，\(v_x\)表示满足\(\lfloor\frac{a_i}{p_i}\rfloor = x\)的\(i\)构成的集合。然后从大到小遍历这个数组，当前遍历到的下标就是当前窗口的\(\lfloor\frac{a_i}{p_i}\rfloor\)的最大值。
代码：
#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
constexpr int MAXN = 100011;
constexpr int MAXV = 100011;
int main() {
int T;
static int a[MAXN];
static int p[MAXN];
scanf("%d", &T);
while (T--) {
int n, k;
scanf("%d%d", &n, &k);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", a + i);
}
int ans = 0x3f3f3f3f;
int mn = 0x3f3f3f3f;
vector<int> v[MAXV];
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
p[i] = 1;
}
int mx = a[1];
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
v[a[i]].push_back(i);
mn = min(mn, a[i]);
mx = max(mx, a[i]);
}
for (; mx; mx -= 1) {
if (v[mx].empty())
continue;
for (int i : v[mx]) {
ans = min(ans, mx - mn);
p[i] = a[i] / mx + 1;
if (p[i] > k)
goto out;
int val = a[i] / p[i];
v[val].push_back(i);
mn = min(mn, val);
}
v[mx] = vector<int>();
}
out:
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
D2 (\(O(a_n \log(a_n))\))
假设已知\(v = \max_{i}(\lfloor\frac{a_i}{p_i}\rfloor)\)，那么我们就要最大化（但不大于\(v\)）每个\(\lfloor\frac{a_i}{p_i}\rfloor\)。对于每个给定的\(a_i\)，我们其实可以算出\(p_i\)：
\(\lfloor\frac{a_i}{p_i}\rfloor \le v \Leftrightarrow \frac{a_i}{p_i} < v + 1 \Leftrightarrow p_i > \frac{a_i}{v+1} \Leftrightarrow p_i > \lfloor\frac{a_i}{v+1}\rfloor\)
要最大化\(\lfloor\frac{a_i}{p_i}\rfloor\)，显然\(p_i\)越小越好，所以\(p_i\)应该取\(\lfloor\frac{a_i}{v+1}\rfloor + 1\)。
换句话说，假如\(p_i\)的取值应该为\(u\)，那么这个\(a_i\)应该满足：
\(\lfloor\frac{a_i}{v+1}\rfloor + 1 = u \Leftrightarrow u \le \frac{a_i}{v+1} + 1 < u + 1 \Leftrightarrow (u-1)(v+1) \le a_i < u (v+1)\)
这里官方题解\(a_i\)的右边界是闭合的：https://codeforces.com/blog/entry/105008。我觉得不对，不然边界上的u就有两种取值了。
这样，我们遍历\(u = 1, 2, ..., k\)，把\([(u-1)(v+1), u(v+1))\)范围内的\(a_i\)的\(p_i\)全部设为\(u\)，即可最大化\(\lfloor\frac{a_i}{p_i}\rfloor\)的最小值。
但是怎么求出这个最小值呢？注意到对每个\(u\)，\(\lfloor\frac{a_i}{u}\rfloor\)的最小值是用\([(u-1)(v+1), u(v+1))\)范围内最小的\(a_i\)取到的，因此维护区间最小值即可。注意到\([(u-1)(v+1), u(v+1))\)范围内的区间最小值（如果有的话）和\([(u-1)(v+1), +\infty)\)范围内的区间最小值相同，因此可以直接预计算出后缀最大值。遍历u的时候，查看\([(u-1)(v+1), +\infty)\)范围内的区间最小值，如果其小于\(u(v+1)\)，那么它就是要求的区间最小值，算出对应的\(\lfloor\frac{a_i}{u}\rfloor\)，更新全局最小值。
总的算法流程是枚举最大值\(v\)，然后枚举\(u\)，通过找出对应区间最小的\(a_i\)算出\(\lfloor\frac{a_i}{u}\rfloor\)的最小值，进而找到全局最小值，从而算出对当前\(v\)的值的答案。
注意到\(v\)到底是不是真的全局最大值其实对答案没有影响，因为如果\(v\)其实不是全局最大值，那么算出来的答案是偏大的。因此直接遍历\(v\)的值即可。
由于\(u\)最大为\(k\)，而遍历\(u\)时，所有的\(a_i\)都应该在这里面的某个区间中。所有\(u\)的区间并为\([0, k(v+1))\)，因此应该满足\(a_n < k(v+1)\)，即\(v > \frac{a_n}{k} - 1 \Leftrightarrow v > \lfloor\frac{a_n}{k}\rfloor - 1 \Leftrightarrow v \ge \lfloor\frac{a_n}{k}\rfloor\)。因此遍历\(v\)的值时，应该是从\(\lfloor\frac{a_n}{k}\rfloor\)遍历到\(a_n\)。
遍历\(u\)时，当\(a_n < (u-1)(v+1) \Leftrightarrow u > \frac{a_n}{v+1} + 1 \Leftrightarrow u > \lfloor\frac{a_n}{v+1}\rfloor + 1\)时，所有\(a_i\)都已经被区间包含了，这时就可以得到全局最小的\(\lfloor\frac{a_i}{p_i}\rfloor\)了。因此遍历\(u\)时应该从1到\(\lfloor\frac{a_n}{v+1}\rfloor + 1\)。
因此总的复杂度为
\(O(\sum_{v=\lfloor\frac{a_n}{k}\rfloor}^{a_n} (\lfloor\frac{a_n}{v+1}\rfloor + 1)) = O(sum_{v=1}^{a_n} \frac{a_n}{v}) = O(a_n \log(a_n))\)
代码：
#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
constexpr int MAXN = 100011;
constexpr int MAXV = 100011;
int main() {
int T;
static int a[MAXN];
static int ge[MAXV];
scanf("%d", &T);
while (T--) {
int n, k;
scanf("%d%d", &n, &k);
a[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", a + i);
}
for (int i = n; i; --i) {
for (int j = a[i]; j > a[i-1]; --j) {
ge[j] = a[i];
}
}
ge[0] = a[1];
int ans = 0x3f3f3f3f;
for (int v = a[n] / k; v <= a[n]; ++v) {
int mn = 0x3f3f3f3f;
for (int u = 1; u <= a[n] / (v + 1) + 1; ++u) {
int ai = ge[(u - 1) * (v + 1)];
if (ai < u * (v + 1)) {
mn = min(mn, ai / u);
}
}
ans = min(ans, v - mn);
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
