LuoguP2115 [USACO14MAR]破坏Sabotage【二分答案】By cellur925
本来是想找一道生成树的题做的...结果被洛咕的标签骗到了这题...结果是二分答案与生成树一点mao关系都没有....
题目大意:给你一个序列,请你删去某一个$l~r$区间的值($2<=i<=j<=n-1$),使得剩余元素的平均值最小。
开始是想二分序列长度的,后来发现没什么卵用。。。于是再想一想二分平均值,但是又感觉并没有二分单调性...(其实是满足的,因为我们二分出的最终答案,当比这个答案大的时候,我们一定能满足,小的时候一定不能满足。)
因为二分的复杂度带了一个$log$,所以我们$check$函数的复杂度必须控制在$O(n)$以内。但是我们要是枚举区间的话即使用上前缀和维护那还是$O(n^2)$的了,显然是不可行的。
我们考虑从最终的式子入手(一个重要的思考方向)
假如我们抹去的区间是$[l,r]$,那么最终的答案就是$(sum[n]-sum[r]+sum[l-1])/(n-(r-l+1))$。因为我们每次二分出来一个期望成为答案的值,只有当所有可能的情况都大于等于我们当前的答案,这个答案才有可能成为真正合法的答案。
再从刚才的答案出发,假设在这里$x$是一个真正合法的解,也就是任意$(sum[n]-sum[r]+sum[l-1])/(n-(r-l+1))>=x$。然后我们把分母乘过去,进行一顿数学操作,可以得出,最后我们只需要判断任意$(sum[n]-nx)-(sun[j]-jx)+(sum[i-1]-(i-1)x)>=0$是否可行即可。
然后我们会发现式子中有一部分是非常有规律又整齐的。于是我们可以专门搞出一个$p$数组,$p[i]=sum[i]-i*x$($x$为当前二分的答案)。再整理下,最后我们需要判断的就是$p[j]-p[i-1]<=p[n]$(若都满足则可行)。只要有一组$i,j$使$p[j]-p[i-1]>p[n]$,这个答案就报废了==。
于是,我们就考虑用尽量大的来试探。但是又不能枚举区间,所以我们考虑维护两个数组:前缀最小值(因为$j$)和后缀最大值(因为$i$)。这样就好受多了,(感觉这也是个枚举区间的优化技巧啊qwq)
于是我们的$check$函数就写完了。当我们当前check的这个值满足的时候,往大里找。因为现在这个答案都小了,比它还小的答案一定不能满足。(这里的理解需要注意)。剩下的就只是一些细节方面的赋初值的问题。
Code
#include<cstdio>
#include<algorithm> using namespace std;
const double eps=1e-; int n,v[],sum[];
double l,r=,p[],premin[],nexmax[]; bool check(double x)
{
for(int i=;i<=n;i++) p[i]=sum[i]-i*x;
for(int i=;i<=n-;i++) premin[i]=min(p[i],premin[i-]);
for(int i=n-;i>=;i--) nexmax[i]=max(nexmax[i+],p[i]);
for(int i=;i<n;i++)
if(nexmax[i]-premin[i-]>p[n]) return ;
return ;
} int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&v[i]),sum[i]=sum[i-]+v[i];
nexmax[n]=-0x3f3f3f3f,premin[]=0x3f3f3f3f;
while(l+eps<r)
{
double mid=(l+r)/;
if(check(mid)) l=mid;
else r=mid;
}
printf("%.3lf",l);
return ;
}
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