送礼物「JSOI 2015」RMQ+01分数规划

【题目描述】

礼品店一共有N件礼物排成一列，每件礼物都有它的美观度。排在第\(i(1\leq i\leq N)\)个位置的礼物美观度为正整数\(A_I\)。JYY决定选出其中连续的一段，即编号为礼物\(i,i+1,…,j-1,j\)的礼物。选出这些礼物的美观程度定义为:\((M(i,j)-m(i,j))/(j-i+K)\),其中\(M(i,j)\)表示\(max\{A_i,A_{i+1}\dots A_j\}\)，\(m(i,j)\)表示\(min\{A_i,A_{i+1}\dots A_j\}\)，\(K\)为给定的正整数。

由于不能显得太小气，所以JYY所选礼物的件数最少为\(L\)件；同时，选得太多也不好拿，因此礼物最多选\(R\)件。JYY应该如何选择，才能得到最大的美观程度？由于礼物实在太多挑花眼，JYY打算把这个问题交给会编程的你。

【输入格式】

本题每个测试点有多组数据。输入第一行包含一个正整数\(T(T\leq 10)\)，表示有T组数据。 每组数据包含两行，第一行四个非负整数\(N,K,L,R(2\leq L\leq R\leq N)\)。第二行包含\(N\)个正整数，依次表示\(A_1,A_2....A_n\)，\((A_i\leq 10^8)\), \(N, K\leq 50,000\)。

【输出格式】

输出\(T\)行，每行一个非负实数，依次对应每组数据的答案，数据保证答案不会超过\(10^3\)。输出四舍五入保留4位小数。

【思路】

这题暴力还是比较好写的，直接枚举礼物件数。。。良心题目

下面是正解：

很明显较优的一个区间取法是取一段区间\([l, r]\)使得该区间最大值和最小值其中一个位于\(A[l]\)，另一个位于\(A[r]\)。因为如果使用这种取法，对于每对该区间内的最小值和最大值，\((r - l + k)\)会尽量小。

所以分类讨论：

\(1.\)区间大小小于限制\(L\) 此时必须将区间大小扩大到\(L\) 直接用单调队列维护长度为\(L\)区间的最大最小值，分别计算\(n-L+1\)个区间。

\(2.\)二分答案\(x\)

对于一个区间\([L, R]\)：

如果最大值在\(A[L]\)处，最小值在\(A[R]\)处，则有\(A[L]-A[R]-(R-L+K)*x > 0\); 若\(max((A[i]+i*mid)-(A[j]+j*mid)-k*mid)>=0\)则\(x\)可以继续扩大。

如果最大值在\(A[R]\)处，最小值在\(A[L]\)处，则计算\(max((A[i]-i*mid)-(A[j]-j*mid)-k*mid)\)是否大于0。

将\(k*mid\)移到不等式右边，剩下的\((A[i]-i*mid)\)最大值可以用单调队列维护。

可以每次枚举位于左端点或右端点当作最大值，然后在合法的范围内通过单调队列找出一个最小值进行计算。

这题就做完了 好像依然没讲清楚

上代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ri register int
using namespace std;
typedef long long ll;

ll t, n, k, l, r;
ll st1, st2, ed1, ed2;
ll que1[50005], que2[50005];
ll q[50005], head, tail;
ll a[50005];
double cur[50005];
double ans;

ll read() {
	ll ret = 0, flag = 1;
	char ch = getchar();
	while (ch > '9' || ch < '0') {
		if (ch == '-') flag = -1;
		ch = getchar();
	}
	while (ch <= '9' && ch >= '0') {
		ret = ret * 10 + ch - '0';
		ch = getchar();
	}
	return ret * flag;
}

bool check(double mid) {
	for (ri i = 1; i <= n; i++) {
		cur[i] = a[i] - mid * i;
	}
	head = 1; tail = 0;
	double nowans = -1e9;
	for (ri i = l + 1; i <= n; i++) {
		while (head <= tail && i - q[head] >= r) head++;
		while (head <= tail && cur[q[tail]] >= cur[i - l]) tail--;
		q[++tail] = i - l;
		nowans = max(nowans, cur[i] - cur[q[head]]);
	}
	for (ri i = 1; i <= n; i++) {
		cur[i] = a[i] + mid * i;
	}
	head = 1; tail = 0;
	for (ri i = n - l; i >= 1; i--) {
		while (head <= tail && q[head] - i >= r) head++;
		while (head <= tail && cur[q[tail]] >= cur[i + l]) tail--;
		q[++tail] = i + l;
		nowans = max(nowans, cur[i] - cur[q[head]]);
	}
	return nowans >= k * mid;
}

int main() {
	t = read();
	while (t--) {
		n = read(); k = read(); l = read(); r = read();
		for (ri i = 1; i <= n; i++) {
			a[i] = read();
		}
		st1 = st2 = 1;
		ed1 = ed2 = 0;
		for (ri i = 1; i < l; i++) {
			while (st1 <= ed1 && a[que1[ed1]] >= a[i]) ed1--;
			while (st2 <= ed2 && a[que2[ed2]] <= a[i]) ed2--;
			que1[++ed1] = que2[++ed2] = i;
		}
		ans = -1e9;
		for (ri i = l; i <= n; i++) {
			while (st1 <= ed1 && i - que1[st1] >= l) st1++;
			while (st2 <= ed2 && i - que2[st2] >= l) st2++;
			while (st1 <= ed1 && a[que1[ed1]] >= a[i]) ed1--;
			while (st2 <= ed2 && a[que2[ed2]] <= a[i]) ed2--;
			que1[++ed1] = que2[++ed2] = i;
			ans = max(ans, 1.0 * (a[que2[st2]] - a[que1[st1]]) / (l + k - 1));
		}
		double l = 0, r = 1005, mid;
		while (r - l >= 1e-7) {
			mid = (l + r) / 2;
			if (check(mid)) {
				l = mid + 0.000001;
				ans = max(ans, mid);
			} else r = mid - 0.000001;
		}
		printf("%.4lf\n", ans);
	}
	return 0;
}