LINK:数字序列
这是一道论文题 我去看了一眼论文鸽的论文。
发现讲的还算能懂。可并堆的操作也讲的比较清晰。
对于这道题首先有一个小trick 我们给a数组全部减去其对应的下标这样我们求出来的b数组就可以不需要满足严格递增的条件了只要不降即可。
这样更有利于我们继续的思考 此时对于a序列单调不降的时候 显然a序列本身即是答案。
而对于a序列单调不升的时候 根据小学奥数 可以的出此时b为序列的中位数最优。
具体证明是这样的b序列完全小于a序列 b序列完全大于a序列 b序列先小于后大于a序列。
显然第三种情况代价<=前两种代价。
考虑在完成交叉的时候 (b_k==a_k)时此时最优。
所以可以证明 此时至少有一个位置 (a_k==b_k) 此时考虑k左边元素(a_{k-1}geq a_k)
(b_{k-1}leq b_k) 可以发现此时(b_{k-1})取(b_k)最优。
而k右边元素同理。
当我们把k的位置移到最中间的时候可以发现是最优的 所以上述小学奥数成立。
依照这个思路我们可以发现 把序列分段 让每一段单调的是最优的即可。
假设现在有两端 其序列的最优值分别为x1 x2 x1>=x2 我们考虑此时将序列进行合并。
因为这两段不可能同时最优了 所以将其当成一段来解决。
他们同时也不满足不降 所以 按照第二种策略解决即可。
所以这道题变成了合并两个区间的数字并找出中位数 可以采用主席树 当然更快的还是可并堆。
const int MAXN=1000010;
int n,top;
int c[MAXN][2],d[MAXN],a[MAXN],b[MAXN];
ll ans;
struct wy
{
int l,r,rt;
int v,sz;
}s[MAXN];
inline int merge(int x,int y)
{
if(!x||!y)return x|y;
if(a[x]<a[y])swap(x,y);
c[x][1]=merge(c[x][1],y);
if(d[c[x][1]]>d[c[x][0]])swap(c[x][0],c[x][1]);
d[x]=d[c[x][1]]+1;
return x;
}
int main()
{
freopen("1.in","r",stdin);
get(n);rep(1,n,i)get(a[i]),a[i]-=i;
rep(1,n,i)
{
s[++top]=(wy){i,i,i,a[i],1};
while(top>1&&s[top].v<s[top-1].v)
{
s[top-1].rt=merge(s[top].rt,s[top-1].rt);
s[top-1].r=s[top].r;s[top-1].sz+=s[top].sz;
--top;int sz=s[top].r-s[top].l+1;
while(s[top].sz>sz/2+(sz&1))
{
s[top].rt=merge(c[s[top].rt][0],c[s[top].rt][1]);
--s[top].sz;
}
s[top].v=a[s[top].rt];
}
}
int flag=1;
rep(1,n,i)
{
if(s[flag].r<i)++flag;
ans+=abs(a[i]-a[s[flag].rt]);
b[i]=a[s[flag].rt];
}
printf("%lld
",ans);
rep(1,n,i)printf("%d ",b[i]+i);
return 0;
}