CTS2025Day1T1 倾诉

以下定义 $lim=\lceil\log a\rceil$。

首先结构一定是形如将整个序列划分成若干子段，形如 $(l,r,p)$ 的结构，其中 $p\ge r$，并且 $p$ 严格单调递增，那么这一段的操作次数就是 $p-l$，不妨令 $f(l,r,p)$ 表示对应的权值。由于 $a_n\ge 1$，所以说明最后一段的权值一定 $\ge 1$。所以我们可以说明一定存在一组解，满足 $p-r\le lim$，因为否则我们让 $p$ 减小 $1$，则这一个段的权值依旧 $<1$，同时还节省了 $1$ 次操作次数，并且仍然满足 $p$ 单调递增的限制，于是 $(p,r)$ 只有 $O(n\log n)$ 种。

考虑对 $O(n^2\log n)$ 组 $f(l,r,p)$ 进行随机二分，每一次可以扔掉期望一半，假设当前随机取的中点为 $f(L,R,P)$。我们考虑 DP，令 $f_{i,j}$ 表示当前最后一段满足 $p=i,r=j$，最小的操作次数，那么限制就变成了判断 $f_{n,n}\le k$ 即合法。

我们考虑从小到大枚举 $p$，将第一维滚动，然后在枚举 $O(n\log a)$ 种 $r$，注意到 $(l,r,p)$ 的权值随着 $l$ 递减而递增，所以存在一个分界点 $lpos$，满足 $l\ge lpos$，$f(l,r,p) \le f(L,R,P)$。那么，我们就可以树状数组维护后缀 $dp_{j} -j$ 的 $\max$，单点 chkmax，维护 DP。

现在问题转化成如何求出 $lpos$。我们先在外层二分，那么现在我们只需要判断 $f(l,r,p)$ 和 $f(L,R,P)$ 的大小关系。我们考虑二分+哈希求出 LCP，考虑计算 $\lfloor f(l,r,p)2^t\rfloor \pmod {10^9+7}$。

我们令 $h=p-t$，这里是 $0$ 次项的位置，然后分类讨论。

不难发现，我们只需要求出 $a_i2^i$ 的前缀和，以及一个区间的进位即可。这里说的一个区间的进位是指，对于 $(l,r)$，求出 $\lfloor\sum_{i=l}^{r}\frac{a_i}{2^{r-i+1}}\rfloor$。我们考虑对于 $l\ge r-lim$，预处理即可。对于 $l<r-lim$，我们发现由于这部分的贡献和 $<1$，所以最多只会使得下取整的值增加 $1$。注意到关于 $l$ 减小是单调上升的，所以我们维护 $pos_i$ 表示 $l\le pos_i$ 下取整的值会再额外增加 $1$ 即可。这里求出 $pos_i$ 可以从左往右递推。

求出 LCP 之后考虑具体计算 $2^{-t}$ 那一位的值，只需要 $\lfloor f(l,r,p)2^t\rfloor-2\lfloor f(l,r,p)2^{t+1}\rfloor\pmod {10^9 +7}$ 即可。

这样，我们分析一下时间复杂度。

1. 随机二分；
2. $(r,p)$；
3. 二分 $lpos$；
4. 二分 LCP。

总共 $4$ 个 $\log$，时间复杂度 $O(n\log^3 n\log a)$。

CTS 的评测机很慢，赛时进行了一些卡常：

1. 二分 $lpos$ 时，上下边界可以设成随机二分的上下边界，正确性显然。虽然这样不能改变时间复杂度，但是可以优化常数。具体来讲，这部分的开销变成了 $\log n+(\log n-1)+(\log n-2)+\cdots +1$，带了 $\frac{1}{2}$ 的常数；
2. 二分 LCP 的时候，由于大概率 LCP 较小，所以可以使用倍增。具体来讲，先从 $2^0,2^1,\cdots,2^t$，再从 $2^{t-1},2^{t-2},\cdots,2^0$，实测本地随机数据能快超过一倍。