[BZOJ P2771] 天才ACM

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传送门

朴素算法

枚举终点 \(r\)，对区间 \([l, r]\) 排序求校验值 \(sum\),比较 \(sum\) 和 \(t\)

• $ sum \le t $ r++
• $ sum > t $ l=++r,ans++

时间复杂度N²log N

初步优化

考虑校验值单调不下降，可枚举左端点l时二分右端点r，再对区间l~r求校验值，更新方法如上

时间复杂度 \(O(N\log^2N)\)

但是我们会发现这道题还是过不去，于是仔细读题，发现有一个很恶心的K组数据，那么就需要进一步卡常优化

卡常 最后优化

可以发现，当我们二分右端点r时计算校验值会重复排序已排序的部分，考虑不去重复计算

1. 使用归并的思想对满足条件的部分和待排序的部分合并，常数优化
2. 前一步的基础是区间长度单调不减，所以考虑使用倍增思想增加长度，定义一个变量p,每次判断l~r+p是否满足校验值不大于T
   • 满足 r+=p,p<<=1;
   • 不满足 p>>=1
   • p==0 ans++,r++,l=r,p=1;

最后

总结一下，这道题是一道抽象的倍增和二分，思维难度较高但知识难度不是很高的好题，稍微需要一点卡常优化技巧

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 5e5 + 5;
int t, n, m, ans;
LL s, sum;
LL a[N], f[N], mg[N];
inline void merge(int l, int r, int mid) {
    int i = l, j = mid + 1;
    for (int k = l;k <= r;k++)
        if (j > r || i <= mid && f[i] <= f[j]) mg[k] = f[i++];
        else mg[k] = f[j++];
}
inline bool check(int l, int r, int mid) {
    for (int i = mid;i <= r;i++) f[i] = a[i];
    sort(f + mid, f + r + 1);
    merge(l, r, mid - 1);
    sum = 0;
    for (int i = 1;i <= ((r - l + 1) >> 1) && i <= m;i++) sum += (mg[r - i + 1] - mg[l + i - 1]) * (mg[r - i + 1] - mg[l + i - 1]);
    if (sum <= s) {
        for (int i = l;i <= r;i++) f[i] = mg[i];
        return true;
    }
    else return false;
}
int main() {
    scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        ans = 0;
        scanf("%d%d%lld", &n, &m, &s);
        for (int i = 1;i <= n;i++) scanf("%lld", &a[i]);
        int l = 1, r = 1, p = 1;
        f[1] = a[1];
        while (r <= n) {
            if (p == 0) {
                ans++, r++;
                l = r, f[l] = a[l], p = 1;
            }
            else if (r + p <= n && check(l, r + p, r + 1)) r += p, p <<= 1;
            else p >>= 1;
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}