BZOJ1112

原题链接

题意简述

给出一个n(n≤105)个数的序列a(max{a}≤106)，每次给一个数+1/-1。求使得序列中存在连续k(k≤n)个相等的数至少要操作几次。

分析

题目实际上求的是|x1−h|+|x2−h|+...+|xk−h|的最小值，其中x是a的一个长度为k的子串。
易知h为序列x的中位数时原式取得最小值，那我们的任务就是求区间中位数咯。

证明

记序列x中小于h的有c1个，大于h的有c2个。
因为当h增大Δh，原式就增大Δh×c1−Δh×c2；
所以当c1<c2时，h越大原式越小；c1>c2时，h越大原式越大。
c1=c2时原式取得最小值，此时h为序列x的中位数。

因为max{a}≤106可以开数组，我们用树状数组实现。
维护x中小于等于i的数的个数cnt[i]，小于等于i的数的和sum[i]。首先通过二分找出中位数h0，则原式的最小值为

h0×cnt[i]−sum[i]+h0×(k−cnt[i])×(Σxi−sum[i])

总时间复杂度约为O(nlog2max{a})。

实现

开两个树状数组分别维护cnt[i],sum[i]。

代码

//[POI2008]鐮栧潡Klo
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long lint;
int const N=1e5+10;
int const M=1e6+10;
lint const INF=1LL<<62;
int n,k,a[N];
int maxH; lint s[N];
lint tr[M],trs[M];
void add(int x,int f)
{
    int x1=x;
    while(x1<=maxH) tr[x1]+=f,x1+=x1&(-x1);
    x1=x;
    while(x1<=maxH) trs[x1]+=f*x,x1+=x1&(-x1);
}
lint sum1(int x)
{
    lint res=0;
    while(x>0) res+=tr[x],x-=x&(-x);
    return res;
}
lint sum2(int x)
{
    lint res=0;
    while(x>0) res+=trs[x],x-=x&(-x);
    return res;
}
lint sol(int fr)
{
    int L=0,R=maxH;
    while(L<R)
    {
        int mid=(L+R)>>1;
        if(sum1(mid)<(k+1)/2) L=mid+1;
        else R=mid;
    }
    lint h=L,c1=sum1(h),c2=k-c1;
    lint s1=sum2(h),s2=s[fr+k-1]-s[fr-1]-s1;
    return (c1*h-s1)+(s2-c2*h);
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),a[i]++;
    for(int i=1;i<=n;i++) maxH=max(maxH,a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=s[i-1]+a[i];
    lint ans=INF;
    for(int i=1;i<=k;i++) add(a[i],1);
    ans=min(ans,sol(1));
    for(int i=2;i<=n-k+1;i++)
    {
        add(a[i-1],-1); add(a[i+k-1],1);
        ans=min(ans,sol(i));
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

注意

要开long long
原数列中可能有0，先给全体+1s+1