Codeforces 407E - k-d-sequence（单调栈+扫描线+线段树）

深感自己线段树学得不扎实……

首先特判掉 \(d=0\) 的情况，显然这种情况下满足条件的区间 \([l,r]\) 中的数必须相同，双针扫一遍即可。

接下来考虑如何解决 \(d\ne 0\) 的情况。碰到这样的问题我们肯定首先要把区间合法的充要条件一一罗列出来，不难发现由于我们的过程只有加数，没有删数，因此原序列中两两数之差也必须是 \(d\) 的倍数，也即区间中所有数模 \(d\) 同余，又显然区间中两两数必须互不相同，因此我们考虑令 \(b_i=\lfloor\dfrac{a_i}{d}\rfloor,c_i=a_i\bmod d\)，那么前面两个条件即可翻译为：

\(\forall i\in[l,r],c_i=c_l\)
\(b_l,b_{l+1},b_{l+2},\cdots,b_r\) 互不相同

接下来考虑最多加入 \(k\) 个数这个条件。显然经过我们这么一转化，最终形成的序列的 \(b\) 值必须形成公差恰好为 \(1\) 的等差数列。而如果我们记 \(L=\min\limits_{i=l}^rb_i,R=\max\limits_{i=l}^rb_i\)，那么我们肯定不会加入 \(b\) 值在 \([L,R]\) 以外的数，因此我们加入数的个数的最小值就是 \((R-L+1)-(r-l+1)=(R-L)-(r-l)\)，因此我们还可以得到条件：

\((R-L)-(r-l)\le k\)

考虑怎么维护这个东西，这东西显然不好分治对吧，那我们就扫描线求解，枚举右端点，维护可行的左端点的集合。假设右端点扫描到 \(r\)，那么显然满足前两个条件的 \(l\) 肯定会形成一段区间 \([L_l,R_l]\)，且显然有 \(R_l=r\)。那么对于第一个条件，如果我们扫描到某个 \(r\) 满足 \(c_r\ne c_{r-1}\)，就令 \(L_l=r\)，对于第二个条件，我们在扫描的过程中维护 \(pre_i\) 表示上一个 \(b_j=i\) 的位置，然后每扫到一个 \(r\) 就令 \(L_l\) 对 \(pre_{b_r}+1\) 取 \(\max\) 即可。比较棘手的是第三个条件，不过这东西是可以单调栈+线段树维护的，具体维护方法参加 CF997E，因此考虑单调栈维护一波这个东西，这样我们要求的就是 \([L_l,R_l]\) 中第一个 \(\le k\) 的位置，这显然可以线段树二分在 \(\log n\) 的时间内求出（而我甚至 \(\log^2n\) 的做法都没想到，说明 5448），总复杂度 \(n\log n\)。

const int MAXN=2e5;

int n,k,d,a[MAXN+5],b[MAXN+5],c[MAXN+5];

map<int,int> pre;

int getmod(int x,int v){return (x%v+v)%v;}

int getdiv(int x,int v){return (x-getmod(x,v))/v;}

struct node{int l,r,mn,lz;} s[MAXN*4+5];

void pushup(int k){s[k].mn=min(s[k<<1].mn,s[k<<1|1].mn);}

void build(int k,int l,int r){

	s[k].l=l;s[k].r=r;if(l==r) return;int mid=l+r>>1;

	build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);

}

void tag(int x,int v){s[x].mn+=v;s[x].lz+=v;}

void pushdown(int k){if(s[k].lz) tag(k<<1,s[k].lz),tag(k<<1|1,s[k].lz),s[k].lz=0;}

void modify(int k,int l,int r,int v){

	if(l<=s[k].l&&s[k].r<=r) return tag(k,v),void();

	pushdown(k);int mid=s[k].l+s[k].r>>1;

	if(r<=mid) modify(k<<1,l,r,v);else if(l>mid) modify(k<<1|1,l,r,v);

	else modify(k<<1,l,mid,v),modify(k<<1|1,mid+1,r,v);

	pushup(k);

}

int findleq(int k,int l,int r,int v){

	if(s[k].mn>v) return -1;

	if(l<=s[k].l&&s[k].r<=r){

		if(s[k].l==s[k].r) return s[k].l;

		pushdown(k);int ps,mid=s[k].l+s[k].r>>1;

		if(~(ps=findleq(k<<1,l,mid,v))) return ps;

		return findleq(k<<1|1,mid+1,r,v);

	} pushdown(k);int mid=s[k].l+s[k].r>>1;

	if(r<=mid) return findleq(k<<1,l,r,v);

	else if(l>mid) return findleq(k<<1|1,l,r,v);

	else{

		int ps;

		if(~(ps=findleq(k<<1,l,mid,v))) return ps;

		return findleq(k<<1|1,mid+1,r,v);

	}

}

int main(){

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

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

	if(!d){

		pii res=mp(0,0);

		for(int l=1,r;l<=n;l++){

			r=l;while(r<=n&&a[l]==a[r]) ++r;

			chkmax(res,mp(r-l,-l));

		} printf("%d %d\n",-res.se,-res.se+res.fi-1);

		return 0;

	} build(1,1,n);pii res;

	for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=getdiv(a[i],d),c[i]=getmod(a[i],d);

	stack<int> stk_mn,stk_mx;stk_mn.push(0);stk_mx.push(0);

	for(int i=1,mnl=1;i<=n;i++){//(mx-mn)-(r-l)<=k

		if(c[i]!=c[i-1]) chkmax(mnl,i);

		chkmax(mnl,pre[b[i]]+1);pre[b[i]]=i;

		while(stk_mn.size()>1&&b[i]<b[stk_mn.top()]){

			int p=stk_mn.top();stk_mn.pop();

			modify(1,stk_mn.top()+1,p,b[p]-b[i]);

//			printf("modify %d %d %d\n",stk_mn.top()+1,p,b[p]-b[i]);

		} while(stk_mx.size()>1&&b[i]>b[stk_mx.top()]){

			int p=stk_mx.top();stk_mx.pop();

			modify(1,stk_mx.top()+1,p,-b[p]+b[i]);

//			printf("modify %d %d %d\n",stk_mx.top()+1,p,-b[p]+b[i]);

		} if(i^1) modify(1,1,i-1,-1)/*,printf("modify %d %d %d\n",1,i-1,-1)*/;

		stk_mn.push(i);stk_mx.push(i);

		int ps=findleq(1,mnl,i,k);

		if(~ps) chkmax(res,mp(i-ps+1,-ps));

	} printf("%d %d\n",-res.se,-res.se+res.fi-1);

	return 0;

}

巴特西

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