Jzoj5236 利普希茨

对于一个整数序列A，我们定义f(A)=max{floor(|Ai-Aj|/(j-i))}，这里i<j

给出一个长度为n的序列A，有q此操作

1.修改一个元素的值

2.询问A的一段区间[l,r]组成的序列的f(A[l..r])

这里有一个很显然的结论，那就是使得f取到最大的i,j一定满足j=i+1

为什么？可以证明一下，以下证明来自jefflyy：函数

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用归纳法，若（长度为2⋯n的序列的答案）都由长度为2的子序列产生，我们将要证明：长度为n+1的序列答案也由长度为2的子序列产生

设它是a1⋯n+1，若答案为它本身而不是其他子序列，那么a1和an+1一个是最小一个是最大，不妨设a1<an+1

那么这个序列的Lipshitz常数为an+1−a1n，因为其他长度的子序列的答案都由长度为2的子序列产生，那么对1≤i≤n，都有an+1−a1n>|ai−ai+1|

把这n个不等式加起来，得an+1−a1>|a1−a2|+⋯+|an−an+1|

整理，得a2+|a2−a3|+⋯+|an−1−an|−an<0

移一下绝对值外的，再补上几项，得an−an−1+⋯+a3−a2>|an−an−1|+⋯+|a3−a2|

一个数取绝对值后不会变小，所以这里显然矛盾，原命题得证

因为长度为2的序列的答案显然长度为2，所以对于任意n≥2，长度为n的序列，答案都由长度为2的子序列产生

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证明完了，我们就可以用差分+线段树乱搞了233333333

#pragma GCC optimize("O3")#pragma G++ optimize("O3")#include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>using namespace std;int w[100010],s[400040],n,m;inline void update(int l,int r,int x,int p,int k){if(l==r){ s[x]=k; return ; }int m=l+r>>1;if(p<=m) update(l,m,x<<1,p,k);else update(m+1,r,x<<1|1,p,k);s[x]=max(s[x<<1],s[x<<1|1]);}inline int query(int l,int r,int x,int L,int R){if(L<=l && r<=R){ return s[x]; }int m=l+r>>1,ans=0;if(L<=m) ans=max(ans,query(l,m,x<<1,L,R));if(m<R) ans=max(ans,query(m+1,r,x<<1|1,L,R));return ans;}int main(){freopen("lipschitz.in","r",stdin);freopen("lipschitz.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,w); for(int i=1;i<n;++i) scanf("%d",w+i),update(1,n,1,i,abs(w[i]-w[i-1]));scanf("%d",&m);for(int a,b,c,i=0;i<m;++i){scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);if(a) printf("%d\n",query(1,n,1,b,c-1));else { w[b-1]=c; update(1,n,1,b,abs(w[b]-w[b-1])); if(b>1) update(1,n,1,b-1,abs(w[b-1]-w[b-2])); }}}