2792: [Poi2012]Well

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Description

给出n个正整数X1,X2,...Xn,可以进行不超过m次操作,每次操作选择一个非零的Xi,并将它减一。

最终要求存在某个k满足Xk=0,并且z=max{|Xi - Xi+1|}最小。
输出最小的z和此时最小的k。
 
 
 

Input

第一行两个正整数n, m (1<=n<=1,000,000, 1<=m<=10^18)。第二行n个正整数X1,X2,...Xn (Xi<=10^9)。
 
 
 

Output

输出k和z。数据保证方案一定存在。
 
 
 

Sample Input

16 15
8 7 6 5 5 5 5 5 6 6 7 8 9 7 5 5

Sample Output

1 2

HINT

将X序列变为

0 2 4 5 5 5 5 5 6 6 7 8 9 7 5 5
 
此时k=1,z=2,共操作了8+5+2=15次。
 

Source

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要求最小化最大值,肯定想到二分。

二分判定的难点在于如何求最小的能等于0的数。

假如要把i位置变成0,则一定会修改一个区间[L,R]

所以必须满足a[L]>(i-L)*mid,且a[R]>(R-i)*mid

这两个显然都是单调的,然后[L,R]这个区间要想修改最小的话,最后一定变成前后两个等差数列,其中公差=mid,第i项=0,直接统计答案即可。

 #include<cstdio>
#include<algorithm>
#define N 1000010
#define mid (l+r>>1)
#define ll long long
using namespace std;
int n,a[N],b[N];
ll m,f[N],sum[N];
inline int check(int x)
{
ll ans=;
for(int i=;i<=n;i++)b[i]=a[i];
for(int i=;i<=n;i++)
if(b[i]-b[i-]>x)
ans+=b[i]-b[i-]-x,b[i]=b[i-]+x;
for(int i=n-;i;i--)
if(b[i]-b[i+]>x)
ans+=b[i]-b[i+]-x,b[i]=b[i+]+x;
for(int i=;i<=n;i++)
sum[i]=sum[i-]+b[i];
if(ans>m)return ;
for(int i=,j=;i<=n;i++)
{
while(j<i&&b[j]<=(ll)(i-j)*x)j++;
f[i]=sum[i-]-sum[j-]-(ll)(i-j)*(i-j+)/*x;
}
for(int i=n,j=n;i;i--)
{
while(j>i&&b[j]<=(ll)(j-i)*x)j--;
f[i]+=sum[j]-sum[i]-(ll)(j-i)*(j-i+)/*x;
}
for(int i=;i<=n;i++)
if(b[i]+f[i]+ans<=m)return i;
return ;
}
int main()
{
int l=,r=,ans=;
scanf("%d%lld",&n,&m);
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]),r=max(r,a[i]);
while(l<=r)
{
if(check(mid))ans=mid,r=mid-;
else l=mid+;
}
printf("%d %d",check(ans),ans);
}

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