解题：POI 2012 Well

题面

比较明显地能看出二分来，但是检查函数很难写。对于二分出的一个$mid$，我们要让它满足在$m$次操作内令序列中存在一个为零的位置，同时使得任意相邻的两项之差不超过$mid$

第二项的检查比较好做，我们正反各扫一遍然后把扫到的上一个数对当前数与$mid$之差取最小值，就是满足条件的最小代价

对于第一项的检查，我们发现可以将原数列修改成一段段的等差数列，这样在存在零的情况下是最优的。我们枚举这个变成零的位置，然后找出$h_l-k-l*mid>0$和$h_r-r-k*mid>0$的$l,r$，这两个端点具有单调性，可以用双指针扫描解决

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 const int N=;
 long long h[N],tmp[N],fsum[N],cst[N];
 long long n,m,l,r,f,b,ans1,ans2;
 long long check(long long x)
 {
     long long tep=;
     for(int i=;i<=n;i++) tmp[i]=h[i];
     for(int i=;i<=n;i++)
         if(tmp[i]>tmp[i-]+x)
             tep+=tmp[i]-tmp[i-]-x,tmp[i]=tmp[i-]+x;
     for(int i=n-;i;i--)
         if(tmp[i]>tmp[i+]+x)
             tep+=tmp[i]-tmp[i+]-x,tmp[i]=tmp[i+]+x;
     if(m<tep) return ;
     for(int i=;i<=n;i++) fsum[i]=fsum[i-]+tmp[i];
     memset(cst,,sizeof cst); f=,b=n;
     for(int i=;i<n;i++)
     {
         while(f<=i&&tmp[f]<=1ll*(i-f+)*x) f++;
         cst[i+]+=fsum[i]-fsum[f-]-1ll*(i-f+)*(i-f+)*x/;
     }
     for(int i=n+;i>=;i--)
     {
         while(b>=i&&tmp[b]<=1ll*(b-i+)*x) b--;
         cst[i-]+=fsum[b]-fsum[i-]-1ll*(b-i+)*(b-i+)*x/;
     }
     for(int i=;i<=n;i++)
         if(tep+cst[i]+tmp[i]<=m) return i;
     return ;
 }
 int main ()
 {
     scanf("%lld%lld",&n,&m);
     for(int i=;i<=n;i++)
         scanf("%lld",&h[i]),r=max(r,h[i]);
     while(l<=r)
     {
         long long mid=(l+r)/;
         if(check(mid)) r=mid-,ans2=mid; else l=mid+;
     }
     ans1=check(ans2);
     printf("%lld %lld",ans1,ans2);
     return ;
 }