NC20012 [HEOI2014]南园满地堆轻絮

NC20012 [HEOI2014]南园满地堆轻絮

题目

题目描述

小 Z 是 ZRP（Zombies’ Republic of Poetry，僵尸诗歌共和国）的一名诗歌爱好者，最近他研究起了诗词音律的问题。

在过去，诗词是需要编成曲子唱出来的，比如下面这首《菩萨蛮》，唱出来的话其对应的音符就是这样的：

南 园 满 地 堆 轻 絮， 愁 闻 一 霎 清 明 雨

1 1 5 5 6 6 5 4 4 3 3 2 2 1

因而可以发现，“1 1 5 5 6 6 5 4 4 3 3 2 2 1”这串音符就成为了研究音律的关键。

小Z翻阅了众多史料发现，过去的一首曲子的音调是不下降的

小Z想要知道对于一首给定的曲子，如何通过提高音调或者降低音调，将它的音调修改的不下降，而且使得修改幅度最大的那个音符的修改幅度尽量小。

即如果把一个包含 n 个音 符的曲子看做是一个正整数数列 A[1]…A[n]，那么 目标是求另一个正整数数列 B[1]…B[n]， 使得对于任意的 1 ≤ i < n 有 B[i] ≤ B[i+1]，而且使得 Ans = Max{|A[j]-B[j]|,1 ≤ j ≤ n}尽量小。

小 Z 很快就想清楚了做法，但是鉴于他还忙着写诗，所以这个任务就交给了你。

输入描述

由于数据规模可能较大，因此采用如下方式生成数据。

每个数据包含6个数：n,Sa,Sb,Sc,Sd,A[1],Mod,意为共有 n 个音符，第一个音符为 A[1]

生成规则如下：

定义生成函数F(x) = Sa*x^3 + Sb*x^2 + Sc*x + Sd; 那么给出递推公式A[i] = F(A[i-1]) + F(A[i-2])，此处规定A[0]=0.

由于中间过程的数可能会特别大，所以要求每一步与A中的每个数都对一个给定的数 Mod 取模。

输出描述

输出一行，包含一个正整数 Ans。

示例1

输入

3 815 6901 3839 178 199 10007

输出

1334

备注

对于 \(10\%\) 的数据, \(n \le 3\)

对于 \(20\%\) 的数据, \(n \le 10\)

对于 \(30\%\) 的数据, \(n \le 100\)

对于 \(50\%\) 的数据, \(n \le 1000\)

对于 \(70\%\) 的数据, \(n \le 100000\)

对于 \(100\%\) 的数据, \(n \le 5000000，S_a,S_b,S_c,S_d,A[1] \le 10000,Mod \le 1000000007\)

题解

思路

知识点：二分。

很显然二分答案，二分一个阈值范围。

注意到需要不减，那么前一个点高度越低越好，给后面的点留足高度。

那么第一个节点直接到最低 \(A[1] - mid\)，后面第 \(i\) 个节点如果 \(A[i] < A[i-1]\) ，则把 \(A[i]\) 提升到与 \(A[i-1]\) 相等为了最低限度满足条件 ，如果最后还是 \(A[i] + mid < A[i-1]\) 说明不可行，否则通过；如果 \(A[i] \geq A[i-1]\) ，则把 \(A[i]\) 降低到与 \(A[i-1]\) 相等为了给后面留空间，但可能降低不到，所以 \(A[i] = max(A[i]-mid,A[i-1])\) 。

最后如果循环结束没有跳出，就是可行方案。

为了不修改 \(A[i]\) ，用 \(pre\) 保存上一个点数据。

时间复杂度 \(O(n \log Mod)\)

空间复杂度 \(O(n)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n, a[5000007], s[4], mod;

int f(int x) {
    return (1LL * s[0] * x % mod * x % mod * x % mod +
        1LL * s[1] * x % mod * x % mod +
        1LL * s[2] * x % mod +
        s[3]) % mod;
}

bool check(int mid) {
    int pre = 1 << 31;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        if (a[i] >= pre) pre = max(pre, a[i] - mid);
        else if (a[i] + mid < pre) return 0;
    }
    return 1;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> n >> s[0] >> s[1] >> s[2] >> s[3] >> a[1] >> mod;
    for (int i = 2;i <= n;i++)
        a[i] = (f(a[i - 1]) + f(a[i - 2])) % mod;

    int l = 0, r = mod;
    while (l <= r) {
        int mid = l + r >> 1;
        if (check(mid)) r = mid - 1;
        else l = mid + 1;
    }
    cout << l << '\n';
    return 0;
}