P6087 [JSOI2015]送礼物 01分数规划+单调队列+ST表

题目背景

$JYY$ 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？

题目描述

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 $i\ (1\leqslant i\leqslant N)$ 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 $i,i+1,\cdots,j-1,j$ 的礼物。选出这些礼物的美观程度定义为

\[\frac{M(i,j)-m(i,j)}{j-i+K}
\]

其中 $M(i,j)$ 表示 $\max\{A_i,A_{i+1},\cdots,A_j\}$，$m(i,j)$ 表示 $\min\{A_i,A_{i+1},\cdots,A_j\}$，$K$ 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 $T$，表示有 $T$ 组数据。

每组数据包含两行。第一行四个非负整数 $N,K,L,R$。第二行包含 $N$ 个正整数，依次表示 $A_1,A_2,\cdots,A_n$。

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。

输入输出样例

输入

1

5 1 2 4

1 2 3 4 5

输出

0.7500

说明/提示

对于 $100\%$ 的数据，$T\leqslant 10,N,K\leqslant 5\times 10^4$，$1\leqslant A_i\leqslant 10^8$，$2\leqslant L,R\leqslant N$。

分析

看到这一个式子，显然是 $01$ 分数规划

但是一般的 $01$ 分数规划都是上面一个求和公式比下面一个求和公式

而这一道题则是最大值减去最小值比区间长度加一个定值的形式

我们手玩一下会发现，一个区间的左右两端一定是该区间的最大值或最小值

因为如果你在最大值或者最小值的基础上继续扩展的话，分母会变大，结果会变小，肯定不利于我们求解

但是有可能最大值和最小值之间的元素个数小于最小的区间长度 $l$ ，此时我们就必须向两边扩展

因此，我们分两种情况讨论：

$1$ 、区间的长度大于 $l$

此时，我们像正常的 $01$ 分数规划一样二分枚举即可

我们设此时枚举到的价值为 $mids$

那么如果 $\frac{M(i,j)-m(i,j)}{j-i+K} \geq mids$

则有 $\ M(i,j)-m(i,j) \geq mids \times (j-i+K)$

根据之前推导的结论，两边的元素只能是最大值或者最小值

因此我们分类讨论

如果区间左边的元素大于区间右边的元素

则有 $a[i]-a[j] \geq mids \times (j-i+K)$

我们展开移一下项，就有

$a[i]-a[j] \geq mids \times j- mids \times i +mids \times K$

$a[i]+i \times mids - a[j] - j \times mids \geq mids \times K$

我们令 $val[i]=a[i]+i \times mids$

则就有 $val[i]-val[j] \geq mids \times K$

其中右边是一个常数

于是我们惊喜地发现这玩意可以用单调队列去搞一下

同理，如果区间左边的元素大于区间右边的元素

则有 $a[j]-a[i] \geq mids \times (j-i+K)$

$a[j]-a[i] \geq mids \times j- mids \times i +mids \times K$

$a[j]- j \times mids - a[i] + i \times mids \geq mids \times K$

我们令 $val[i]=a[i]-i \times mids$

则就有 $val[j]-val[i] \geq mids \times K$

也可以用单调队列去维护

$2$ 、区间的长度等于 $l$

此时我们用 $ST$ 表预处理出区间最大最小值

每次从左到右扫一边枚举左端点即可

代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int maxn=1e6+5;

const double eqs=1e-6;

int zdz[maxn][20],zxz[maxn][20],a[maxn],n,k,l,r;

double ans=0;

void solve1(){

	int cd=log2(l);

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

		int j=i+l-1;

		double mmax=max(zdz[i][cd],zdz[j-(1<<cd)+1][cd]);

		double mmin=min(zxz[i][cd],zxz[j-(1<<cd)+1][cd]);

		ans=max(ans,(mmax-mmin)/((double)l-1+(double)k));

	}

}

//枚举区间等于l的情况，直接暴扫

int ql[maxn],qr[maxn],headl,headr,taill,tailr;

double val[maxn];

bool jud(double mids){

	double res=mids*k;

	memset(ql,0,sizeof(ql));

	memset(qr,0,sizeof(qr));

	headl=1,taill=0,headr=1,tailr=0;

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

		val[i]=(double)a[i]-i*mids;

	}

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

		while(headl<=taill && i-ql[headl]+1>r) headl++;

		if(headl<=taill && val[i]-val[ql[headl]]>=res) return 1;

		while(headl<=taill && val[i-l+1]<=val[ql[headl]]) taill--;

		ql[++taill]=i-l+1;

	}

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

		val[i]=(double)a[i]+i*mids;

	}

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

		while(headr<=tailr && i-qr[headr]+1>r) headr++;

		if(headr<=tailr && val[qr[headr]]-val[i]>=res) return 1;

		while(headr<=tailr && val[qr[tailr]]<=val[i-l+1]) tailr--;

		qr[++tailr]=i-l+1;

	}

	return 0;

}

//单调队列分别搞一下

void solve2(){

	double ml=0,mr=1000,mmids;

	while(mr-ml>eqs){

		mmids=(ml+mr)/2;

		if(jud(mmids)) ml=mmids;

		else mr=mmids;

	}

	ans=max(ans,ml);

}//01分数规划

int main(){

	int t;

	scanf("%d",&t);

	while(t--){

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

		ans=0;

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

			for(int j=0;j<20;j++){

				zxz[i][j]=0x3f3f3f3f,zdz[i][j]=-0x3f3f3f3f;

			}

		}

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

			scanf("%d",&a[i]);

			zxz[i][0]=a[i];

			zdz[i][0]=a[i];

		}

		for(int j=1;j<=18;j++){

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

				zxz[i][j]=min(zxz[i][j-1],zxz[i+(1<<(j-1))][j-1]);

				zdz[i][j]=max(zdz[i][j-1],zdz[i+(1<<(j-1))][j-1]);

			}

		}

		//ST表预处理

		solve1();

		//情况一

		solve2();

		//情况二

		printf("%.4lf\n",ans);

	}

	return 0;

}