这是最大化最小值的一类问题,这类问题通常用二分法枚举答案就行了。

二分答案时,先确定答案肯定在哪个区间内。然后二分判断,关键在于怎么判断每次枚举的这个答案行不行。

我是用a[i]数组表示初始时花的高度,b[i]表示要达到当前枚举的答案(即mid的值)需要这朵花再涨多少。这两个数组很好算,关键是一次浇连续的w朵花,如何更新区间(暴力的O(n2)的去更新就超时了)?可以用线段树,但是这道题没有涉及区间查询,就是在一个数组上更新区间,用线段树未免小题大做。那么其实这种更新就用延迟标记的思想(懒操作)就可以O(n)的解决了。具体方法参见这道很裸的题:hdu4970

lazy[]这个标记数组的作用其实就是能记录更新区间到哪里停止.

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
#include<set>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<queue>
using namespace std;
#define INF 1000000000
#define eps 1e-8
#define pii pair<int,int>
#define LL long long int
const int maxn=;
int n,m,w,a[maxn],b[maxn],lazy[maxn],ans=;
/*lazy[]这个标记数组的作用其实就是能记录更新区间到哪里停止*/
int main()
{
//freopen("in6.txt","r",stdin);
scanf("%d%d%d",&n,&m,&w);
for(int i=; i<=n; i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
}
int l=,r=maxn+INF,mid;
while(l<=r)
{
memset(lazy,,sizeof(lazy));
mid=(r+l)/;
for(int i=; i<=n; i++) b[i]=max(,mid-a[i]);
int tm=m,x=;
for(int i=;i<=n;i++)//开始浇水
{
x+=lazy[i];//要先看这一步是不是有标记
b[i]-=x;//把前面对影响到当前b[i]的浇水操作浇上
if(b[i]>)//还大于0,那么就必须要从它开始再来一段浇水了
{
tm-=b[i];
if(tm<) break;//天数限制到了
lazy[i+w]-=b[i];
x+=b[i];
}
}
if(tm<) r=mid-;
else
{
ans=mid;
l=mid+;
}
}
printf("%d\n",ans);
}

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