http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2216

学习了一下决策单调性。

这道题决策单调性比较明显,不详细证了。

对于一个决策i,如果在i之前的j处进行决策,那么i之后的决策都不可能在j之前。

利用决策单调性,可以维护每个决策点形成的单调栈,更新决策点也是利用单调栈的信息在原数组上二分。

这道题假设j<i,然后扫两遍就可以了,时间复杂度\(O(n\log n)\)。

看网上的大爷都写得单调队列?整体二分?orz

  1. #include<cmath>
  2. #include<cstdio>
  3. #include<cstring>
  4. #include<algorithm>
  5. using namespace std;
  6. const int N = 500003;
  7. int st[N], top, stn[N];
  8. void solve(int n, int *a, int *f) {
  9. top = 0;
  10. for (int i = 1; i <= n; ++i) {
  11. int left = 1, right = top, mid;
  12. while (left < right) {
  13. mid = (left + right + 1) >> 1;
  14. if (stn[mid] <= i) left = mid;
  15. else right = mid - 1;
  16. }
  17. if (top) f[i] = max(ceil(sqrt(i - st[left])) + a[st[left]] - a[i], 0.0);
  18. while (top && stn[top] > i && sqrt(stn[top] - st[top]) + a[st[top]] < sqrt(stn[top] - i) + a[i]) --top;
  19. if (!top) {st[++top] = i; stn[top] = i + 1; continue;}
  20. left = max(i + 1, stn[top] + 1); right = n + 1;
  21. while (left < right) {
  22. mid = (left + right) >> 1;
  23. if (sqrt(mid - st[top]) + a[st[top]] < sqrt(mid - i) + a[i]) right = mid;
  24. else left = mid + 1;
  25. }
  26. if (left <= n) st[++top] = i, stn[top] = left;
  27. }
  28. }
  29. int a[N], n, f1[N], f2[N];
  30. int main() {
  31. scanf("%d", &n);
  32. for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", a + i);
  33. solve(n, a, f1);
  34. reverse(a + 1, a + n + 1);
  35. solve(n, a, f2);
  36. reverse(f2 + 1, f2 + n + 1);
  37. for (int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d\n", max(f1[i], f2[i]));
  38. return 0;
  39. }

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