【BZOJ4476】[Jsoi2015]送礼物 分数规划+RMQ

【BZOJ4476】[Jsoi2015]送礼物

Description

JYY和CX的结婚纪念日即将到来，JYY来到萌萌开的礼品店选购纪念礼物。
萌萌的礼品店很神奇，所有出售的礼物都按照特定的顺序都排成一列，而且相邻的礼物之间有一种神秘的美感。于是，JYY决定从中挑选连续的一些礼物，但究竟选哪些呢？
【问题描述】
假设礼品店一共有N件礼物排成一列，每件礼物都有它的美观度。排在第i1< =i< =N个位置的礼物美观度为正整数Ai,。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{Ai,Ai+1....Aj}，m(i,j)表示min{Ai,Ai+1....Aj}，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。

Input

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< =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< =L< =R< =N。第二行包含N个正整数，依次表示A1,A2....An,(Ai< =10^8),N,K< = 50,000

Output

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。

Sample Input

1
5 1 2 4
1 2 3 4 5

Sample Output

0.7500

题解：显然先分数规划，然后根据贪心，选出来的区间的最大和最小值一定是在两端的，设最大值为v[i],最小值为v[j]，所以式子就变成：

v[i]-v[j]-(i-j+k)*mid>0或v[i]-v[j]-(j-i+k)*mid>0

然后分开讨论，第一个变成求(v[i]-i*mid)-(v[j]-j*mid)的最大值，第二个变成求(v[i]+i*mid)-(v[j]+j*mid)的最大值，题解说可以用单调队列搞定，但是我比较懒，直接用的RMQ。

但是感觉不对？当最大最小值的距离<L时，我们也要将长度视为L，即v[i]-v[j]-(L-1+k)*mid>0，同理，求v[i]-v[j]的最大值即可，依旧RMQ。

所以。。。所以RMQ比单调队列慢。。。所以又光荣的变成status倒数第一，并且时间也很吉利~

（时限30s）

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
const double eps=1e-7;
const int maxn=100010;
int n,K,L,R,h,t;
int v[maxn],Log[maxn];
double f1[18][maxn],f2[18][maxn];
int f[18][maxn];
int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<'0'||gc>'9')	{if(gc=='-')f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>='0'&&gc<='9')	ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
	return ret*f;
}
double q1(int l,int r)
{
	int k=Log[r-l+1];
	return min(f1[k][l],f1[k][r-(1<<k)+1]);
}
double q2(int l,int r)
{
	int k=Log[r-l+1];
	return min(f2[k][l],f2[k][r-(1<<k)+1]);
}
int q(int l,int r)
{
	int k=Log[r-l+1];
	return min(f[k][l],f[k][r-(1<<k)+1]);
}
bool solve(double sta)
{
	int i,j;
	double ret=-99999999.9999;
	for(i=1;i<=n;i++)	f1[0][i]=v[i]-sta*i,f2[0][i]=v[i]+sta*i;
	for(j=1;(1<<j)<=n;j++)	for(i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)
		f1[j][i]=min(f1[j-1][i],f1[j-1][i+(1<<j-1)]),f2[j][i]=min(f2[j-1][i],f2[j-1][i+(1<<j-1)]);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(i>=L)	ret=max(ret,f1[0][i]-q1(max(1,i-R+1),i-L+1));
		if(i<=n-L+1)	ret=max(ret,f2[0][i]-q2(i+L-1,min(n,i+R-1)));
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		ret=max(ret,v[i]-q(max(1,i-L+1),min(n,i+L-1))-sta*(L-1));
	}
	return ret>=K*sta;
}
void work()
{
	n=rd(),K=rd(),L=rd(),R=rd();
	int i,j;
	for(i=1;i<=n;i++)	f[0][i]=v[i]=rd();
	for(i=2;i<=n;i++)	Log[i]=Log[i>>1]+1;
	for(j=1;(1<<j)<=n;j++)	for(i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)	f[j][i]=min(f[j-1][i],f[j-1][i+(1<<j-1)]);
	double l=0,r=1000,mid;
	while(r-l>eps)
	{
		mid=(l+r)/2;
		if(solve(mid))	l=mid;
		else	r=mid;
	}
	printf("%.4lf\n",l);
	return ;
}
int main()
{
	int T=rd();
	while(T--)	work();
	return 0;
}