洛谷P4331 [BOI2004] Sequence 数字序列 [左偏树]

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数字序列

题目描述

给定一个整数序列 a1​,a2​,⋅⋅⋅,an​ ，求出一个递增序列 b1​<b2​<⋅⋅⋅<bn​ ，使得序列 ai​ 和 bi​ 的各项之差的绝对值之和 ∣a1​−b1​∣+∣a2​−b2​∣+⋅⋅⋅+∣an​−bn​∣ 最小。

输入输出格式

输入格式：

第一行为数字 n (1≤n≤10^6) ，接下来一行共有 n 个数字，表示序列 a_i (0≤a_i≤2×10^9) 。

输出格式：

第一行输出最小的绝对值之和。

第二行输出序列 bi​ ，若有多种方案，只需输出其中一种。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

5
2 5 46 12 1

输出样例#1： 复制

47
2 5 11 12 13

说明

【数据范围】

40%的数据 n≤5000

60%的数据 n≤300000

100%的数据 n≤1000000 , 0≤a_i≤2×10^9

题目来源： Baltic OI 2004 Day1, Sequence

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　　分析：

　　不得不说，一道左偏树神仙题。一开始看到这道题，基本上想到的都是数学方法，或者是想到线段树之类的数据结构。后面才知道是左偏树，而且是个论文题，思路实在巧妙。

　　以下直接引用自黄源河的论文，这里蒟蒻就只放代码：

　　我们先来看看两个最特殊的情况：

　　1．a[1]≤a[2]≤…≤a[n]，在这种情况下，显然最优解为 b[i]=a[i]；

　　2．a[1]≥a[2]≥…≥a[n]，这时，最优解为b[i]=x，其中x是数列a的中位数。

　　于是我们可以初步建立起这样一个思路：

　　把 1…n划分成m个区间：[q[1],q[2]-1]，[q[2],q[3]-1]，……，[q[m],q[m+1]-1]。每个区间对应一个解，b[q[i]] = b[q[i]+1] = … = b[q[i+1]-1] = w[i]，其中w[i] 为 a[q[i]], a[q[i]+1], ... , a[q[i+1]-1] 的中位数。

　　显然，在上面第一种情况下 m=n，q[i]=i；在第二种情况下 m=1，q[1]=1。 这样的想法究竟对不对呢？应该怎样实现？

　　若某序列前半部分 a[1], a[2], … , a[n] 的最优解为 (u,u,…,u)，后半部分 a[n+1], a[n+2], ... , a[m] 的最优解为 (v,v,…,v)，那么整个序列的最优解是什么 呢？若 u≤v，显然整个序列的最优解为 (u,u,…,u,v,v,…,v)。否则，设整个序 列的最优解为 ( b[1],b[2],…,b[m] )，则显然 b[n]≤u（否则我们把前半部分的解 ( b[1],b[2], …,b[n]) 改为 (u,u,…,u)，由题设知整个序列的解不会变坏），同理 b[n+1]≥v。接下来，我们将看到下面这个事实：

　　对于任意一个序列 a[1] ,a[2],…,a[n]，如果最优解为 (u,u,…,u)，那么在满 足 u≤u′ ≤b[1] 或 b[n]≤u′ ≤u 的情况下，(b[1],b[2],…,b[n]) 不会比 (u′ ,u′ ,…,u′) 更优。

　　我们用归纳法证明 u≤u′ ≤b[1] 的情况，b[n]≤u′ ≤u 的情况可以类似证明。

　　当 n=1 时，u=a[1]，命题显然成立。

　　当n>1 时，假设对于任意长度小于n的序列命题都成立，现在证明对于长度 为n的序列命题也成立。首先把 (b[1], b[2], … b[n]) 改为 (b[1], b[1], … b[1])，这 一改动将不会导致解变坏，因为如果解变坏了，由归纳假设可知a[2],a[3],…,a[n] 的中位数w>u，这样的话，最优解就应该为(u,u,…,u,w,w,…,w)，矛盾。然后 我们再把(b[1],b[1],…,b[1])改为 (u′ ,u′ ,…,u′)，由于 | a[1]- x | + | a[2]- x | + … + | a[n] - x | 的几何意义为数轴上点x到点a[1], a[2], … a[n] 的距离之和，且u≤u′ ≤b[1]，显然点u′ 到各点的距离之和不会比点b[1]到各点的距离之和大，也 就是说，(b[1],b[1],…,b[n]) 不会比 (v,v,…,v) 更优。（证毕）

　　再回到之前的论述，由于 b[n]≤u，作为上述事实的结论，我们可以得知， 将 ( b[1], b[2], …, b[n] ) 改为 (b[n],b[n],…,b[n])，再将 ( b[n+1],b[n+2],…,b[m]) 改为 ( b[n+1],b[n+1], …,b[n+1])，并不会使解变坏。也就是说，整个序列的最优 解为 ( b[n], b[n], …, b[n], b[n+1], b[n+1], …, b[n+1])。再考虑一下该解的几何意 义，设整个序列的中位数为 w，则显然令 b[n]=b[n+1]=w 将得到整个序列的最优 解，即最优解为 (w,w,…,w)。

　　分析到这里，我们一开始的想法已经有了理论依据，算法也不难构思了。

　　延续我们一开始的思路，假设我们已经找到前 k 个数 a[1], a[2], … , a[k] (k<n) 的最优解，得到="" m="" 个区间组成的队列，对应的解为="" (w[1],w[2],…,w[m])，现="" 在要加入="" a[k+1]，并求出前="" k+1="" 个数的最优解。首先我们把="" a[k+1]作为一个新区="" 间直接加入队尾，令="" w[m+1]="a[k+1]，然后不断检查队尾两个区间的解" w[m]="" 和="" w[m+1]，如果="">w[m+1]，我们需要将最后两个区间合并，并找出新区间的 最优解（也就是序列 a 中，下标在这个新区间内的各项的中位数）。重复这个合 并过程，直至 w[1]≤w[2]≤…≤w[m]时结束，然后继续处理下一个数。

　　这个算法的正确性前面已经论证过了，现在我们需要考虑一下数据结构的选 取。算法中涉及到以下两种操作：合并两个有序集以及查询某个有序集内的中位 数。能较高效地支持这两种操作的数据结构有不少，一个比较明显的例子是二叉 检索树(BST)，它的询问操作复杂度是O(logn)，但合并操作不甚理想，采用启发 式合并，总时间复杂度为O(nlog2 n)。

　　有没有更好的选择呢？通过进一步分析，我们发现，只有当某一区间内的中 位数比后一区间内的中位数大时，合并操作才会发生，也就是说，任一区间与后 面的区间合并后，该区间内的中位数不会变大。于是我们可以用最大堆来维护每 个区间内的中位数，当堆中的元素大于该区间内元素的一半时，删除堆顶元素， 这样堆中的元素始终为区间内较小的一半元素，堆顶元素即为该区间内的中位 数。考虑到我们必须高效地完成合并操作，左偏树是一个理想的选择* 。左偏树 的询问操作时间复杂度为O(1)，删除和合并操作时间复杂度都是O(logn)，而询 问操作和合并操作少于n次，删除操作不超过n/2 次（因为删除操作只会在合并两 个元素个数为奇数的堆时发生），因此用左偏树实现，可以把算法的时间复杂度 降为O(nlogn)。

　　

　　Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+;
int n,top;ll b[N],ans;
struct Node{
int l,r,top,size;ll val;
}stac[N];
struct Leftist{
    int fa[N],ch[N][],dis[N];
    ll val[N];
    int merge(int x,int y)
    {
        if(x==||y==)return x+y;
        if(val[x]<val[y])swap(x,y);
        ch[x][]=merge(ch[x][],y);
        fa[ch[x][]]=x;
        if(dis[ch[x][]]>dis[ch[x][]])
            swap(ch[x][],ch[x][]);
        dis[x]=dis[ch[x][]]+;
        return x;
    }
    int del(int x)
    {
        fa[ch[x][]]=fa[ch[x][]]=;
        int ret=merge(ch[x][],ch[x][]);
        ch[x][]=ch[x][]=;
        return ret;
    }
}T;
inline ll read()
{
    char ch=getchar();ll num=;bool flag=false;
    while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')flag=true;ch=getchar();}
    while(ch>=''&&ch<=''){num=num*+ch-'';ch=getchar();}
    return flag?-num:num;
}
void work()
{
    stac[++top]=(Node){,,,,T.val[]};
    for(int i=;i<=n;i++){
        int l=stac[top].r+;
        stac[++top]=(Node){l,i,i,,T.val[i]};
        while(top!=&&stac[top].val<stac[top-].val){
            --top;
            stac[top].top=T.merge(stac[top].top,stac[top+].top);
            stac[top].size=stac[top].size+stac[top+].size;
            stac[top].r=stac[top+].r;
            while(stac[top].size>(stac[top].r-stac[top].l+)/){
                --stac[top].size;stac[top].top=T.del(stac[top].top);}
            stac[top].val=T.val[stac[top].top];
        }
    }
    int cnt=;
    for(int i=;i<=n;i++){
        while(i>stac[cnt].r)cnt++;
        ans+=abs(T.val[i]-stac[cnt].val);
        b[i]=stac[cnt].val+i;}
    printf("%lld\n",ans);
    for(int i=;i<=n;i++)
    printf("%lld ",b[i]);
}
int main()
{
    n=read();
    for(int i=;i<=n;i++){
        T.val[i]=read();
        T.val[i]-=i;}
    work();return ;
}