UTS Open '21 P6 - Terra Mater

前言

本题是一道很好的“dp”题，无论是正难反易，还是模型转化都值得称赞，尤其是最后的神之一手，让我大脑宕机。

题意描述

给定一个长度为 $N$ 的序列 $H$，修改不超过 $K$ 个数，使得 $\max_{1}^{N - 1}{H_{i + 1} - H_i}$ 最小。

$2 \le N \le 2 \times 10^5$ ，$0 \le K \le N$ ，$1 \le H_i \le 10^9$

思路推导 & 做法

首先，对于这一类最大值最小的问题，我们有一个模板化的思考方向——二分答案，在尝试后，发现对于该题在确定答案后再判断是否有解是有用的，因为答案限制了相邻 $H_i$ 的取值，同时并没有什么可贪心或能转化为图论的地方，所以考虑 $\text{dp}$ check。

然后怎么做呢？在思考良久后，发现这道题很难（这不废话吗），连暴力 $\text{dp}$ 都打不出来。直接硬做做不出来，就要思考如何把题目进行转化以降低难度。此时就要发挥你惊人的注意力，像瞪几何大题一样敏锐地发现直接做做不出来的原因在于若该修改 $i$ 你在 $i + 1$ 就不知道上一个选了什么数也无法定义进状态里，所以就要把从某个地方转移过来的数固定下来，所以就要将“不修改”放进 $\text{dp}$ ，也就是正难反易，于是定义 $dp_i$ 表示考虑完前 $i$ 座山丘，第 $i$ 座山丘不修改，最多能有多少座山丘不修改。

考虑状态转移，设二分的答案为 $danger$，若 $2$ 座山丘 $i, j (j < i)$ 都不修改，则要满足对于山丘 $k \in (j, i)$ 都修改的情况下，也就是最容易满足的情况下能满足条件，即 $|H_i - H_j| \le danger \times (i - j)$ 。所以有如下 $\text{dp}$ 转移式：

\[dp_i = \max_{j \in [1, i) \wedge |H_i - H_j| \le danger \times (i - j)}{dp_j + 1}
\]

目前我们有了 $O(N^2 \log {10^9})$ 的做法，但这明显不够，所以我们要把 $\text{dp}$ 优化进 $O(N \log N)$ 及以内。

现在我们要从状态转移方程入手，发现其中最不规整也最难优化的是 $|H_i - H_j| \le danger \times (i - j)$ 这一个条件，绝对值的存在让我们不能轻易优化，所以要拆绝对值，条件就变成了

\[H_i - H_j \le danger \times (i - j) \wedge H_j - H_i \le danger \times (i - j)
\]

再将具有同一变量的值移到同侧，变为

\[danger \times j - H_j \le danger \times i - H_i \wedge danger \times j + H_j \le danger \times i + H_i
\]

发现所有与 $j$ 有关的和与 $i$ 有关的都分列两侧，所以可以另定义权值，把条件变漂亮。定义 $X_i = danger * i$ ，定义 $v_i \ge v_j$ 为 $X_i - H_i \ge X_j - H_j 且 X_i + H_i \ge X_j + H_j$ （这式子好整齐啊，要不是我推出来的一定还有转化），反之为 $\le$ ，问题就转化为给定长度为 $n$ 的序列 $v$ ，求该序列的最长不下降子序列 。

当你做到这一步时大抵是会欣喜若狂像我一样，以为马上就切掉这道题了，但好题就是好题，总在你得意忘形时给你沉重一击（笑容凝固）。你惊世骇俗地发现加上 $i$ 这一维下标后就变成了三维偏序，解决的经典办法是CDQ分治或二维树状数组，但 $O(N \log^2 N)$，总时间 $O(N \log^2 N log 10^9)$ ，然后你的动作be like：Win + R ——calc——$200000 \times (\frac{log_{10}^{200000}}{log_{10}^{2}})^2 \times \frac{log_{10}^{10^9}}{log_{10}^{2}} = 1854230461.3827186693864795412925\dots$ ，随即亲切地问候了出题者的祖宗苦思冥想，始终不得其解。

神之一手

我翻开算法圣经（蓝本）一查，这三维偏序没有界限，歪歪斜斜的每页上都写着CDQ分治几个字。我横竖想不通，仔细看了半日，才从字缝里看出来，满本都写着两个字是 $O(N \log^2 N)$！

当你接近崩溃的时候，你忽地想起了推出的式子和心中的想法，抱着试一试的心态去推了一下式子进行转化（回收伏笔），脑袋里还想着什么高深算法，把三减个一变成二，突然发现答案就在笔下。

若 $v_j \ge v_i (j < i)$ ，则

\[X_j - H_j \ge X_i - H_i
\]

\[X_j + H_j \ge X_i + H_i
\]

变形得

\[H_i - H_j \ge X_i - X_j
\]

\[H_i - H_j \le X_j - X_i
\]

将 $X_i,X_j$ 还原回去

\[H_i - H_j \ge danger \times (i - j) > 0
\]

\[H_i - H_j \le danger \times (j - i) < 0
\]

\[矛盾!
\]

所以我们可以得出若 $j < i$ ，$v_j \le v_i$ ，所以当交换 $v_j, v_i$ 后（权值不变），$dp_i$ 一定不对 $dp_j$ 产生贡献，所以交换两个数后答案一定不会变大。

若 $v_i \ge v_j (j < i)$ ，则

\[X_i - H_i \ge X_j - H_j
\]

\[X_i + H_i \ge X_j + H_j
\]

由此得出如果按某一维排序后 $dp_j$ 仍然在 $dp_i$ 前且一定满足 $v_i \ge v_j$ ，$dp_i$ 仍然可以从 $dp_j$ 转移，所以原本可转移的方向现在仍然存在，故排序后答案不会变小。

交换 $v_i, v_j$ 后答案不变大又可以缩小范围为对 $v$ 排序后答案不变大，此时答案也不变小，所以任意按某一维排序后答案不变！！！

这神之一手直接把索引 $i$ 的一维砍掉，成功把三维偏序转化为二维偏序，直接用 $\text{LIS}$ 模板树状数组即可。

solution

思路想通后代码异常简单。

/*

address:https://dmoj.ca/problem/utso21p6

AC 2025/1/11 16:49

*/

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define lowbit(x) (x & -x)

const int N = 2e5 + 5;

int n, k;

int h[N];

struct BinaryTree {

    int c[N];

    inline void init(int n) { fill(c + 1, c + n + 1, 0); }

    inline void change(int x, int k) { for (;x <= n;x += lowbit(x)) c[x] = max(c[x], k); }

    inline int query(int x) {

        int ret = 0;

        for (;x > 0;x -= lowbit(x)) ret = max(ret, c[x]);

        return ret;

    }

}BIT;

typedef long long LL;

pair<LL, LL>a[N];

LL disc[N];

int dp[N];

inline bool check(int danger) {

    BIT.init(n + 1);

    for (int i = 1;i <= n;i++) a[i] = { 1ll * danger * i - h[i],1ll * danger * i + h[i] };

    sort(a + 1, a + n + 1);

    for (int i = 1;i <= n;i++) disc[i] = a[i].second;

    sort(disc + 1, disc + n + 1);

    int m = unique(disc + 1, disc + n + 1) - disc - 1;

    for (int i = 1;i <= n;i++) a[i].second = lower_bound(disc + 1, disc + m + 1, a[i].second) - disc;

    for (int i = 1;i <= n;i++) {

        dp[i] = BIT.query(a[i].second) + 1;

        BIT.change(a[i].second, dp[i]);

    }

    for (int i = 1;i <= n;i++)

        if (dp[i] >= n - k) return true;

    return false;

}

int main() {

    int T;scanf("%d", &T);

    while (T--) {

        scanf("%d%d", &n, &k);

        for (int i = 1;i <= n;i++) scanf("%d", &h[i]);

        int l = 0, r = 1e9, ans = 1e9;

        while (l <= r) {

            int mid = l + r >> 1;

            if (check(mid)) r = mid - 1, ans = mid;

            else l = mid + 1;

        }

        printf("%d\n", ans);

    }

    return 0;

}

总结

这道题单说前几步难度就已经很大了，最后出题者的阴险巧妙构思画龙点睛，让这道题的难度更上一层。这种巧妙的题还是少见，值得珍惜。

同时也明白了莫要

只言片语尽显高见, 行动却似矮人观场