LibreOJ 2157.「POI2011」Lightning Conductor

由于本人比较弱,所以本题没有太严谨的证明……
添加了(本来懒得写的)四边形不等式证明。

首先显然地,\(p_i = \lceil\max\limits_{1 \le j \le n} (a_j + \sqrt{|i - j|})\rceil - a_i\)
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 \(f_i = \max\limits_{1 \le j \le i} (a_j + \sqrt{i - j})\)

朴素显然是 \(O(n^2)\) 的,然鹅我们发现一点:当 \(j\) 一定时,关于 \(i\) 的函数 \(\sqrt{i - j}\) 的增长是越来越慢的,即 \((\sqrt{i - j})'' \le 0\)
所以这题是具有决策单调性的。
(可以把每个决策对应的函数图像画出来)

具体证明(并不严谨):
\(w(j,i) = \sqrt{i-j}\),则只需证明 \(\forall a < b\)\[w(a,b+1) + w(a+1,b) \le w(a,b) + w(a+1,b+1)\]

\[\sqrt{b-a+1} + \sqrt{b-a-1} \le 2\sqrt{b-a}\]

考虑换元,令 \(c = b-a\),则有 \[\sqrt{c+1} + \sqrt{c-1} \le 2\sqrt c\]

移项有 \[\sqrt{c+1} - \sqrt c \le \sqrt c - \sqrt{c-1}\]

则可考虑证明 \(f(x) = \sqrt{x+1} - \sqrt x\)\((0,\infty)\) 上单调不增。
\(f'(x) = \frac12\left(\frac1{\sqrt{x+1}}-\frac1{\sqrt x}\right) \le 0\)
\[ \begin{aligned} \frac12\left(\frac1{\sqrt{x+1}}-\frac1{\sqrt x}\right) & \le 0 \\ \frac1{\sqrt{x+1}}-\frac1{\sqrt x} & \le 0 \\ \frac{\sqrt x - \sqrt{x+1}}{\sqrt x\sqrt{x+1}} & \le 0 \\ \because \sqrt x \ge 0,\sqrt{x+1} \ge 0 \quad \therefore \sqrt x - \sqrt{x+1} & \le 0 \\ \sqrt{x+1} & \ge \sqrt x \end{aligned} \]

这就很显然成立了(

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]);
}