[POI2010]KLO-Blocks——一道值得思考的题

Posted 2020-11-09 *Miracle*

题目大意：

给出N个正整数a[1..N]，再给出一个正整数k，现在可以进行如下操作：每次选择一个大于k的正整数a[i]，将a[i]减去1，选择a[i-1]或a[i+1]中的一个加上1。经过一定次数的操作后，问最大能够选出多长的一个连续子序列，使得这个子序列的每个数都不小于k。M组询问，每组给出一个k

n<=1000000,m<=50,xi,k<=1e8

分析：

乍一看，有一些选择性，还有序列，像是dp，但是对于动规，因为可以经过无数次操作，而且数的范围也不小，完全没有想法。

所以这个时候，我们要再分析一下题意。

发现，无论怎么加减，这个序列的总和是不变的。而且，我们可以随意地进行无数次加减，可以将所有的高出k的数都可以填到低于k的数。

又发现，最终的合法子序列，就是这个序列区间内，每个数都要大于等于k，也就是说，这个区间的平均值必须大于等于k。

所以，我们用前缀和sum[i],表示原数列中前i个元素的和。

这样，我们就相当于枚举点对i，j，j<=i,使得在sum[i]-sum[j]>=k*(i-j)的情况下，i-j最大。（这是等价的，因为无论如何，我们会有一个子区间内的总和是不变的。所以可以采用原始的序列进行操作）

又，为了避免麻烦，我们可以将所有的数都减去k,这样就转化成了，找到最大的i-j,满足sum[i]-sum[j]>=0;

思路一：

枚举i，j点对。复杂度O(m*n^2) 直接慢的飞起。

思路二：

考虑优化，线性的东西，往往要考虑单调栈，或者是单调队列。

发现，对于一个枚举的右端点i，我们要枚举左端点1~i，之后还要重复枚举，只为了取max。是否有单调性？

发现，我们这里要考虑两个方面，一个是sum[i]-sum[j]>=0 一个是：i-j最大。所以从左端点的位置，和它的sum值关系入手。

发现，当k<j,且sum[k]<sum[j]时，k作为左端点，一定比j作为左端点更优，这样的j就可以扔掉。

于是，我们可以维护一个单调栈，正序加入，它从栈低到栈顶记录可能成为答案的左端点编号，从下往上，编号大小递增，sum值递减。

这样对于一个新枚举的i，我们要找到sum[i]-sum[j]>=0且最小的j，栈内二分即可。

复杂度O(m*n*logn) 可惜还是差一点。

思路三：

继续优化思路二。m、n看来是不太好优化了，logn的二分是否可以去掉呢？

发现，即使思路二用了单调栈，但是我们有的时候，还是会用一些“其实一眼就可以看出来的”不能可能成为答案的右端点来进行二分。

什么意思呢？

我们必须考虑右端点枚举的方式，是否也有同样的单调性？？

发现，如果，j<i，并且sum[j]<sum[i]，那么，j肯定也不会参与答案。

嗯，，，两个单调性，，，

我们可以开两个栈！！

除了上一个栈，我们还可以开一个储存可能成为右端点的栈。

其中，这个栈的更新，正序循环预处理。和上一个栈一样，从下到上，编号单增，sum单减。

我们同理，正序循环预处理第一个左端点栈。

然后进行答案选择，取出右端点的栈顶，不断pop左栈，直到sum[sta1[top1]]>sum[sta2[top2]]，刚才最后pop的元素就可能成为答案。

至于为什么能pop，因为后面的右栈中的sum越来越大，而要使左端点越小越好，所以它们一定能过sum小的那些关，就直接跳过了。

思路四：

其实不用那么麻烦开两个栈。

我们初始化左端点栈之后，倒序循环右端点，同上不断pop，最后pop掉的左端点就用来尝试更新答案。

每次当sum[右端点]是历史最大值的时候才操作。

为什么是对的？

因为，右端点即将变小，小了之后，必须sum更大才有可能继续突破更大的sum[左端点],，否则，i小了，sum不增大，答案必然不优。

这样就避免了两个栈的麻烦。

注意：

开long long

代码：（代码好抄，思维难移）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1000000+10;
const int M=55;
typedef long long ll;
int a[N];
ll sum[N];
int top,sta[N];
int n,m;
ll aver;
void work(int k)
{
    top=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        sum[i]=sum[i-1]+a[i]-k;
        if(!top||sum[sta[top]]>sum[i]){
            sta[++top]=i;
        }
    }//预处理左端点 
    ll ans=0,mx=-2e18-1;
    for(int i=n;i>=1;i--){
        if(sum[i]>=0){
            ans=max(ans,(ll)i);
        }
        if(sum[i]>mx){
        for(;top&&sum[i]-sum[sta[top]]>=0;top--){
            ans=max(ans,(ll)i-sta[top]);
        }
         mx=sum[i];
        }
    }//倒序枚举右端点，尝试产生答案 
    printf("%lld ",ans);
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        scanf("%d",&a[i]),aver+=a[i];
    }
    aver/=n;
    int k;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d",&k);
        if(k<=aver){
            printf("%d ",n);continue;
        }//这里是个优化，如果k<=全集区间平均值，那么答案必然是n 
        work(k);
    }
}

总结：

1.对于一个题目，我们应该去先想这是什么类型的题，但是更关键的是，挖掘题目中的隐含信息，比如这个题的平均值。可谓最厉害的算法，就是对症下药。

2.对于线性问题的优化，可以想到的有：单调队列，单调栈，斜率优化，分块，莫队，决策单调性（不会），四边形不等式（？？），可行性dp转化为最优性dp，前缀和也算。

3.如果一步优化不完，一般不要轻易放弃这个思路，毕竟好题不是那么直白。考虑针对复杂度的哪个局限部位进行优化。继续挖掘信息。

4.尽量深刻理解算法本质，比如这个题，就很好的用到了两次单调栈的特点。