BZOJ 2216.「POI2011」Lightning Conductor

由于本人比较弱,所以本题没有太严谨的证明……

首先显然地,pi=max1jn(aj+ij)aip_i = \lceil\max\limits_{1 \le j \le n} (a_j + \sqrt{|i - j|})\rceil - a_i
这个绝对值看着很不爽,我们考虑正着做一遍然后再倒着做一遍。
那么问题变成求 fi=max1ji(aj+ij)f_i = \max\limits_{1 \le j \le i} (a_j + \sqrt{i - j})

朴素显然是 O(n2)O(n^2) 的,然鹅我们发现一点:当 jj 一定时,关于 ii 的函数 ij\sqrt{i - j} 的增长是越来越慢的,即 (ij)0(\sqrt{i - j})'' \le 0
所以这题是具有决策单调性的。

考虑用单调队列去维护最优决策,然后套路地决策单调性 DP 即可。

代码:

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#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 5e5;
int n,a[N + 5];
double rt[N + 5],f[N + 5];
inline double calc(int x,int y)
{
return a[x] + rt[y - x];
}
struct note
{
int x,l,r;
} q[N + 5];
int head,tail;
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(register int i = 1;i <= n;++i)
scanf("%d",a + i),rt[i] = sqrt(i);
q[head = tail = 1] = (note){1,2,n},f[1] = calc(1,1);
for(register int i = 2;i <= n;++i)
{
for(;head < tail && q[head].r < i;++head);
f[i] = calc(q[head].x,i);
if(calc(q[tail].x,q[tail].r) <= calc(i,q[tail].r))
{
for(;head < tail && calc(q[tail].x,q[tail].l) <= calc(i,q[tail].l);--tail);
int now,l = q[tail].l,r = n,mid;
while(l <= r)
{
mid = l + r >> 1;
if(calc(q[tail].x,mid) <= calc(i,mid))
r = mid - 1,now = mid;
else
l = mid + 1;
}
q[tail].r = now - 1,q[++tail] = (note){i,now + 1,n};
}
}
reverse(a + 1,a + n + 1),reverse(f + 1,f + n + 1);
q[head = tail = 1] = (note){1,2,n},f[1] = max(f[1],calc(1,1));
for(register int i = 2;i <= n;++i)
{
for(;head < tail && q[head].r < i;++head);
f[i] = max(f[i],calc(q[head].x,i));
if(calc(q[tail].x,q[tail].r) <= calc(i,q[tail].r))
{
for(;head < tail && calc(q[tail].x,q[tail].l) <= calc(i,q[tail].l);--tail);
int now,l = q[tail].l,r = n,mid;
while(l <= r)
{
mid = l + r >> 1;
if(calc(q[tail].x,mid) <= calc(i,mid))
r = mid - 1,now = mid;
else
l = mid + 1;
}
q[tail].r = now - 1,q[++tail] = (note){i,now + 1,n};
}
}
for(register int i = n;i;--i)
printf("%d\n",(int)ceil(max(f[i],calc(i,i))) - a[i]);
}