[CP / Codeforces] “使用最小操作次数构造不下降序列类”题目

C. Squaring - 1800*
E. Look Back - 1700*

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这两道题本质上是相同的（前者来自最近的 Div.2，后者来自两个月前的 Div. 3）。

E. Look Back [solution]

贪心策略可以很容易地想到——计算出每个元素的最小操作次数，累加可得最终答案。难点在于，我们不能直接将 “操作” 应用于元素上，否则可能会出现溢出，轻则 WA，重则 RE。

于是我们就会想，是否能在仅维护操作次数、不改变输入数组的值的前提下计算出最终答案呢？

这是完全可以的！不过，需要一点小小的数学推导：

记原数组为 $a$，操作次数数组为 $op$，$op[i]$ 表示原数组的第 $i$ 个元素 $a[i]$ 所需的最小操作次数，根据上面的分析得 $ans=\sum _{i=1}^{n}op[i]$。

假设我们现在已经通过某种方式计算出了 $op[i]$ , 其中 $1\le i\le k<n$，现在想要计算 $op[k+1]$。

根据题目要求，此时 $a[k]$ 在 $op[k]$ 次操作下的值变为了 $2^{op[k]}\cdot a[k]$，注意我们并没有把这个值真的赋给 $a[k]$，仅用于推导。那么，$op[k+1]$ 就等于为了满足

$$2^{op[k]}\cdot a[k]\le 2^{op[k+1]}\cdot a[k+1]$$

所可以取的最小值，注意这里 $op[k],op[k+1]$ 均大于等于零。

分类讨论。

如果 $a[k]=a[k+1]$，显然 $op[k+1]=op[k]$;
如果 $a[k]>a[k+1]$，那么 $op[k+1]=op[k]+t,t\in {\mathbb{N}}^{\ast }$
如果 $a[k]<a[k+1]$，那么 $op[k+1]=max(0,op[k]-t),t\in {\mathbb{N}}^{\ast }$

可见，我们只需要找到 $t$ 就行了。

以 $a[k]>a[k+1]$ 为例，此时不等式变为：

$$a[k]\le 2^t\cdot a[k+1]$$

和 $op$ 数组完全无关！假设原数组元素的最大值为 $M$，即便使用最简单的枚举法，找到这样的 $t$ 也只需要花费 $O(\log M)$ 的时间，足够快了。

因此，我们可以使用上述算法计算出 $op$ 数组，并得到最终答案，时间复杂度 $O(n\log M)$，使用二分查找可以进一步优化到 $O(n\log \log M)$。

C. Squaring [solution]

(这道题的推导和上面大相径庭，请读者自行尝试。)