[ARC055D]隠された等差数列

题意：对一个等差数列$a_i=A+Bi(0\leq i\leq n-1)$和非负整数$x$，把$a_i$的$10^x$位拿出来可以写成一个字符集为$0\cdots9$的字符串，现在给定这个字符串$d_{0\cdots n-1}$，求最小的$A$，或输出无解

如果$x\gt0$，那么有可能产生进位，所以$d_{i+1}-d_i$的取值最多能有$2$种，如果只有$1$种，显然$d_0$就是答案

如果有两种，这两种取值在$\bmod10$意义下必须相差$1$，较小那个（$9\lt0$）就是$B$的$x-1$位

先扫一遍，用$B$的$x$位把$d_i$的$x$位向高位的进位复原，得到$d'_i$，现在条件变为$\left\lfloor\frac{a_i}{10^x}\right\rfloor=d'_i$，也可以写成$d'_i\cdot10^x\leq a_i\lt(d'_i+1)\cdot10^x$

我们已经知道了$d_i'$，现在要找到符合以上不等式的$a_i$并使得$a_0$最小，因为$x$越大限制越宽松，同时最小的$a_0$越大，所以考虑从小到大枚举$x$并判断是否能满足条件

实际上我们要找的是一条直线，它必须经过每条端点为$(i,d'_i\cdot10^x),(i,(d'_i+1)\cdot10^x)$的线段，两两枚举$d'_i$和$d'_j+1$，求出斜率的范围，然后不停增大$x$直到这个范围包含整数为止

虽然$n=10^4$，但因为atcoder评测机实在太快了，所以是能过的

以下是更快的方法（我没写==）

横纵坐标范围为$O(n)$的任意整点点集的凸包的大小为$O(n^{\frac23})$，证明如下（来自zjt）

先考虑求左下凸壳的大小，其他方向是一样的，这个凸壳的每条边对应的向量互相叉积$\gt0$，且所有向量的$x$之和和$y$之和都是$O(n)$级别的（$x,y\geq0$）

对问题进行弱化：所有向量的$x+y$之和是$O(n)$的，并且我们不要求向量只需不相等

如果每个$(i,j)$都满足$i,j\leq m$，那么$\sum\limits_{i\leq m}\sum\limits_{j\leq m}i+j=O(n)$，即$m=O(n^{\frac13})$，所以不同的向量数只有$O(n^{\frac23})$个

所以凸包的大小也是$O(n^{\frac23})$，因为对问题做了三次弱化，所以实际上凸包上的点还会少很多

先求出所有$(i,d'_i\cdot10^x)$的上凸壳和$(i,(d'_i+1)\cdot10^x)$的下凸壳，由上述定理，在两个凸壳上枚举点对的时间复杂度为$O(n^{\frac43})$

最快当然还是在上凸壳枚举点，在下凸壳上的对应点只会单调地移动，时间复杂度$O(n)$

注意涉及到斜率作差时，如果坐标范围为$M$，$eps$一般要开到$\frac1{M^2}$，这个随便找一个极端情况就知道了

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<set>
#include<math.h>
using namespace std;
typedef double du;
const du eps=1e-9;
char s[10010];
int a[10010];
set<int>d;
int go(int x,int y){return(y-x+10)%10;}
int main(){
	int n,i,j,dd,pw,B,res;
	du mn,mx;
	scanf("%s",s);
	n=strlen(s);
	for(i=0;i<n-1;i++)d.insert(go(s[i],s[i+1]));
	if(d.size()<2u){
		putchar(s[0]);
		return 0;
	}
	#define wa {puts("-1");return 0;}
	#define s1 *d.begin()
	#define s2 *d.rbegin()
	if(d.size()>2u||(go(s1,s2)!=1&&go(s2,s1)!=1))wa
	dd=s2==s1+1?s1:s2;
	a[0]=s[0]-'0';
	for(i=1;i<n;i++){
		a[i]=a[i-1]+dd;
		if(a[i]%10!=s[i]-'0')a[i]++;
		if(a[i]%10!=s[i]-'0')wa
	}
	mn=0;
	mx=1e9;
	for(i=0;i<n-1;i++){
		for(j=i+1;j<n;j++){
			mn=max(mn,(a[j]-(a[i]+1)+eps)/(du)(j-i));
			mx=min(mx,((a[j]+1)-a[i]-eps)/(du)(j-i));
		}
	}
	if(mn>mx)wa
	for(pw=1;ceil(mn*pw)>floor(mx*pw);pw*=10);
	B=floor(mx*pw);
	res=0;
	for(i=0;i<n;i++)res=max(res,a[i]*pw-B*i);
	printf("%d",res);
}