BZOJ2792/POI2012 Well

Task
给出n个正整数X1,X2,…Xn，可以进行不超过m次操作，每次操作选择一个非零的Xi，并将它减一。
最终要求存在某个k满足Xk=0，并且z=max{|Xi - Xi+1|}最小。输出最小的z和此时最小的k。
1<=n<=1,000,000, 1<=m<=10^18, Xi<=10^9.

Solution
求最小的k,我们可以通过二分把问题转化为验证一个解是否可行.
验证解k:
首先花最少的代价把序列构造为max{|x[i]-x[i+1]|}<=k.
现在的问题就是找到使序列中某个数字改为0的最小代价.
通过模拟可以发现,将某个数字x修改为0,所影响的部分为一个区间(l,r),左右部分是互补干扰的,可以分别算出.现在只考虑x的左边部分,所修改的序列可以看为以k为公差的等差数列:k,2k,3k…知道某个数字t已经符合条件不用修改,那么之后的数字也不必修改.
若从右到左枚举x,可以确定t是单调不递增的.当x+1改为0时,x可能不变或缩小为k;若x不变,那么x+1对应的t就是x,那么此轮x对应的t就是x+1;否则,在此轮x=0<=k,比x+1改为0时(x=k)变得更小了,因此影响的范围更大,t就会减小.
确定了单调性后,就可以利用等差数列求和公式求解啦.

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#define ll long long#include<iostream>using namespace std;const int M=1e6+5;int A[M],B[M],n;ll sum[M],m,L[M],R[M];inline void rd(int &res){    res=0;char c;    while(c=getchar(),c<48);    do res=(res<<1)+(res<<3)+(c^48);    while(c=getchar(),c>=48);}ll sigma(int x){    return 1ll*x*(x+1)/2;}int chk(int x){//枚举的最大的两点之间的距离     int i,j,k=n+1,f=0,y;    ll t=0,mn=1e18;    B[1]=A[1];    for(i=2;i<=n;i++)B[i]=min(A[i],B[i-1]+x);        for(i=n-1;i>=1;i--)B[i]=min(B[i],B[i+1]+x);    for(i=1;i<=n;i++){        t+=A[i]-B[i],sum[i]=sum[i-1]+B[i];//处理前缀和         if(!B[i]&&!f)f=i;    }    if(t>m)return 0;    if(f)return f;    for(i=n;i>=1;i--){        while(k>=2&&B[k-1]>1ll*(i-k+1)*x)k--;//从[k,i]要改变->k*x,(k-1)*x,(k-2)*x...2x,x,0         L[i]=sum[i]-sum[k-1]-sigma(i-k)*x;    }    k=0;    for(i=1;i<=n;i++){        while(k<n&&B[k+1]>1ll*(k+1-i)*x)k++;//从[i,k]要改变->k*x,(k-1)*x,(k-2)*x...2x,x,0         R[i]=sum[k]-sum[i-1]-sigma(k-i)*x;    }    for(i=1;i<=n;i++){        if(L[i]+R[i]-B[i]+t<=m)return i;    }    return 0;}int main(){    int i,j,k,l=0,res,r=0,K;    cin>>n>>m;    for(i=1;i<=n;i++)rd(A[i]),r=max(r,A[i]);    while(l<=r){        int mid=(l+r)>>1,b;        b=chk(mid);        if(b){            res=mid;K=b;r=mid-1;        }else l=mid+1;    }    printf("%d %d\n",K,res);    return 0;}