题解Dvoniz [COCI2011]

Posted 2020-11-16 xing-ling

【题解】Dvoniz [COCI2011]

没有传送门，只有提供了数据的官网。

【题目描述】

对于一个长度为 (2*K) 的序列，如果它的前 (K) 个元素之和小于等于 (S) 且后 (K) 个之和也小于等于 (S)，我们则称之为 ( ext{interesting}) 。现给定一个长度为 (N) 的序列 (a)，要求输出以每个元素开头能找到的最长 ( ext{interesting}) 序列 的长度。

【输入】

第一行两个整数 (N,S) 。

接下来 (N) 行，每行一个整数，表示序列中每个元素 (a[i])。输入保证每个元素为正数且和小于 (2*10^9)。

【输出】

(N) 行每行一个整数，第 (i) 行表示以 (a[i]) 开头的最长的 ( ext{interesting}) 序列。如果不存在，则输出 (0)。

【样例】

样例输入：
5 10000
1
1
1
1
1

样例输出：
4
4
2
2
0

【数据范围】

(100 \\%:) (2 leqslant n leqslant 10^5,) (1 leqslant S leqslant 2*10^9)

---

【分析】

一道灰常 ( ext{interesting}) 的题。

蒟蒻英语差没有细看官方题解，貌似是 (O(nlogn)) 的，我自己 (yy) 了一种 (O(n)) 的神奇算法。

设以 (a[i]) 为起点的最长合法序列的中点为 (mid_i)（前半段为 ([i,mid])，后半段为 ([mid+1,mid*2-i+1])），则 (ans_i=2(mid_{i}-i+1))。

假设现已求出了 (mid_{i-1})，考虑 (mid_i) 与之有何联系，是否可以继承，如图：

由于 (mid_{i-1}) 左右两边的绿色部分都小于等于 (S)，那么向前推移了一位的 (i) 以 (mid_{i-1}) 为中点也可以构成合法序列，如下图（易知两边的蓝色部分都一定小于等于 (S) ）：

所以对于任意 (i in [2,n])，都有 (mid_{i-1} leqslant mid_{i}) 。

那么就可以用一个变量 (p) 来维护 (mid)，从 (1) 开始不断地向后移动。

但有可能 (mid[i-1]) 并非是以 (a[i]) 开头的最优解，继续考虑对每个 (i) 求出最大的 (mid)：

分开处理合法序列的左右两边，当 (i) 固定时，如果只看左边是否合法的话，那么从第一个不合法的位置开始，后面的都不合法（这不是理所当然的嘛），所以直接从 (mid_{i-1}) 开始向后暴力移动 (p)（也可以二分，但不便于后面的证明），扫到不合法的位置时就结束。此时在 ([mid_{i-1},p]) 中任取一个位置作为 (mid_{i}) 都可以满足序列左边合法，现在开始处理右边。

右边对于 (p) 的移动是不具有单调性的，那么就暴力往回移动 (p)，找到第一个使得右边序列合法的位置，此时 (p) 停留的位置必定是 (mid_{i}) 的最优值。

暴力，暴力，全都是暴力。对于每次 (i) 都要把 (p) 向后移动若干位置再移回来，时间复杂度似乎为 (O(n^2))，但实际上是线性的，可以几十 (ms) 轻松跑过（(n) 方过百万）。

【时间复杂度证明】

对于每个 (i)，设 (p) 从 (mid_{i-1}) 开始向后移动了 (x_{i})，又从 (mid_{i-1}+x_{i}) 开始向前移回去了 (y_{i})，那么总时间复杂度可以表示为 (Theta=sum_{i=1}^{n} (x_{i}+y_{i})) —— ①。

对于每个 (i)，(p) 从 (mid_{i-1}) 开始移动了 (x_{i}-y_{i}) 后到达了 (mid_{i})，那么 (mid_{i}) ((i in [1,n])) 的总移动距离就可以表示为 (sum_{i=1}^{n} (x_{i}-y_{i})) 。

又因为 (mid_{i}) 具有决策单调性，必定是从 (1) 移到 (n)，所以总移动距离应为 (n)，即：(n=sum_{i=1}^{n} (x_{i}-y_{i})) —— ②。

由于序列 ([mid_{i-1},mid_{i-1}+x_{i}]) 中元素之和一定是小于等于 (S) 的，那么取其中点 (M(mid_{i-1}+frac{x_{i}}{2}))，一定可以使得 (M) 两边都合法，即 (mid_{i} geqslant M)，于是有 (mid_{i-1}+x_{i}-y_{i} geqslant mid_{i-1}+frac{x_{i}}{2})，即 (y_{i} leqslant frac{x_{i}}{2}) —— ③。

由②③可知：

(n=sum_{i=1}^{n} (x_{i}-y_{i}) geqslant sum_{i=1}^{n} frac{x_{i}}{2})，即 (sum_{i=1}^{n} frac{3}{2}x_{i} leqslant 3n) 。

由①③可知：

(Theta=sum_{i=1}^{n} (x_{i}+y_{i}) leqslant sum_{i=1}^{n} frac{3}{2}x_{i}) 。

于是有 (Theta leqslant 3n) 。

时间复杂度得证，为 (O(n)) 。

（这样看来，向后移时的二分貌似都没必要写了）

另外，有个 ( ext{julao}) 认为上述证明有问题，但具体说不清，如有不严谨处欢迎指出。

【Code】

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#define LL long long
#define Re register int
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n,s,a[N];LL S[N];
inline void in(Re &x){
    int f=0;x=0;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    x=f?-x:x;
}
inline int judge1(Re i,Re mid){return S[mid]-S[i-1]<=s;}
//judge1()判断序列前半段
inline int judge2(Re i,Re mid){return S[(mid<<1)-i+1]-S[mid]<=s;}
//judge2()判断序列前半段
int main(){
//  freopen("b.in","r",stdin);
//  freopen("b.out","w",stdout);
    in(n),in(s);
    for(Re i=1;i<=n;++i)in(a[i]),S[i]=S[i-1]+a[i];
    Re p=0;S[n+1]=S[n+2]=1e18;//为防止玄学错误，先把最后面的覆盖一下
    while((p+1<<1)<=n&&judge1(1,p+1))++p;//预处理出第一个mid
    while(p&&!judge2(1,p))--p;
    printf("%d
",(p<<1));
    for(Re i=2;i<=n;++i){
//      if(p<i-1)p=i-1;//这句可加可不加
        while((p+1<<1)-i+1<=n&&judge1(i,p+1))++p;//向后移时注意判断右边界不能超过n
        while(p>=i&&!judge2(i,p))--p;//向前移回去，找到最大的合法mid_i
//      printf("i=%d, p=%d, ",i,p);
        printf("%d
",(p-i+1)<<1);//输出为长度
    }
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}