[BZOJ4476] [JSOI2015] 送礼物 (01分数规划+ST表)

[BZOJ4476] [JSOI2015] 送礼物 (01分数规划+ST表)

题面

给出n,k,l,r和序列a，要求从a中选一段连续的区间[i,j]出来，使得M(i,j)-m(i,j)/(j-i+k)最大，且[i,j]长度在区间[l,r]内。

M(i,j)表示[i,j]中的最大值，m(i,j)表示[i,j]中的最小值。

Ai< =10^8,N,K< = 50,000

分析

看到\(\frac{max(i,j)-min(i,j)}{j-i+k}\)的形式，我们敏感的想到01分数规划。考虑最终答案我们取的最大值和最小值在序列中的位置。

1.如果最大值和最小值在序列中的距离<L,那么用长度为L的区间包含它最优。因为如果区间更长的话，分子不变，分母会变大，不优。这种情况区间长度已经确定，可以不用01分数规划，直接用单调队列\(O(n)\)求即可。类似滑动窗口问题。

2.如果最大值和最小值在序列中的距离>=L,那么它们在区间的左右端点最优。同样如果区间更长的话，分子不变，分母会变大，不优。

按照01分数规划的套路，二分答案mid，判断当前答案是比mid大还是比mid小。如果比mid大，则有

\(|a_i-a_j| \geq mid(j-i+k)\)

(1)$ (a[i]+mid \times i)-(a[j]+mid \times j) \geq mid\times k $,

(区间左端点为最大值)只要暴力枚举i,再在i右侧满足区间长度条件的范围[i+L-1,i+R-1]内求一个\(a[j]+mid \times j\)最小的j即可

(2)$ (a_j-mid \times j)-(a_i-mid \times i) \geq mid \times k ,$

(区间右端点为最大值)只要暴力枚举j,再在j左侧满足区间长度条件的范围[i-L+1,i-R+1]内求一个\(a[j]+mid \times j\)最小的j即可

如果[i,j]内有比a[i]更大的a[k]怎么办？枚举到k的时候就会计入答案，且k为左端点的答案肯定比i优，会覆盖掉i为左端点的不合法情况

用ST表维护最小值即可。

时间复杂度\(O(n \log ^2 n)\),因为每次检查mid都要重新建一次ST表

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<deque>
#define INF 1e9
#define eps 1e-6
#define maxn 50000
#define maxlogn 20
using namespace std;
inline void qread(int &x){
	x=0;
	int sign=1;
	char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){
		if(c=='-') sign=-1;
		c=getchar();
	}
	while(c>='0'&&c<='9'){
		x=x*10+c-'0';
		c=getchar();
	}
	x=x*sign;
}
int t;
int n,K,L,R;
int a[maxn+5];

//最大值最小值在两端的情况
//最大值最小值在区间两端的时候显然更优
// 01分数规划的套路，二分答案mid
//|a[i]-a[j]| >=mid(j-i+k)
//(1) (a[i]+mid*i)-(a[j]+mid*j)>=mid*k , 只要暴力枚举i,再在i右侧满足区间长度条件的范围内求一个值最小的j
//(2) (a[j]-mid*j)-(a[i]+mid*i)>=mid*k , 只要暴力枚举j,再在j左侧满足区间长度条件的范围内求一个值最小的j
//如果[i,j]内有比a[i]更大的a[k]怎么办？枚举到k的时候就会计入答案，且k为左端点的答案肯定比i优，会覆盖掉i为左端点的不合法情况
int log_2[maxn+5];
double st1[maxlogn+5][maxn+5];//维护a[i]+mid*i的最小值
double st2[maxlogn+5][maxn+5];//维护a[i]-mid*i的最小值
inline double max(double a,double b){
	return a>b?a:b;
}
inline double min(double a,double b){
	return a<b?a:b;
}
double query1(int l,int r){
	int k=log_2[r-l+1];
	return min(st1[k][l],st1[k][r-(1<<k)+1]);
}
double query2(int l,int r){
	int k=log_2[r-l+1];
	return min(st2[k][l],st2[k][r-(1<<k)+1]);
}
bool check(double mid){
	for(int i=1;i<=n;i++) st1[0][i]=a[i]+mid*i;
	for(int i=1;i<=n;i++) st2[0][i]=a[i]-mid*i;
	for(int j=1;(1<<j)<=n;j++){
		for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){
			st1[j][i]=min(st1[j-1][i],st1[j-1][i+(1<<(j-1))]);
			st2[j][i]=min(st2[j-1][i],st2[j-1][i+(1<<(j-1))]);
		}
	}
	double ans=-INF;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(i+L-1<=n) ans=max(ans,a[i]+mid*i-query1(i+L-1,min(i+R-1,n)));
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){//这里的i对应的是上面的j
		if(i-L+1>=1) ans=max(ans,a[i]-mid*i-query2(max(i-R+1,1),i-L+1));
	}
	return ans>=mid*K;
} 

//区间长度为L的时候，区间最大值不一定在左右端点，也可能成为最大答案
//直接长度为L的滑块窗口求解
double sp_solve(){
	deque<int>qmax;
	deque<int>qmin;
	double ans=-INF;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		while(!qmax.empty()&&qmax.front()<i-L+1) qmax.pop_front();
		while(!qmin.empty()&&qmin.front()<i-L+1) qmin.pop_front();
		while(!qmax.empty()&&a[qmax.back()]<a[i]) qmax.pop_back();
		qmax.push_back(i);
		while(!qmin.empty()&&a[qmin.back()]>a[i]) qmin.pop_back();
		qmin.push_back(i);
		ans=max(ans,1.0*(a[qmax.front()]-a[qmin.front()])/(L-1+K));
	}
	return ans;
}
double bin_search(){
	double l=0,r=1000;
	double mid;
	double res=0;
//	printf("db %d\n",check(0+eps)?1:0);
	while(r-l>=eps){
		mid=(l+r)/2;
		if(check(mid)){
			res=mid;
			l=mid+eps;
		}
		else r=mid-eps;
	}
	return res;
}
int main(){
//	freopen("1.in","r",stdin);
	log_2[0]=-1;
	for(int i=1;i<=maxn;i++) log_2[i]=log_2[i>>1]+1;
	qread(t);
	while(t--){
		qread(n);
		qread(K);
		qread(L);
		qread(R);
		for(int i=1;i<=n;i++) qread(a[i]);
		double ans1=sp_solve();
//		printf("ans1=%.4f\n",ans1);
		double ans2=bin_search();
		double ans=max(ans1,ans2);
		printf("%.4f\n",ans);
	}

}