数字序列
题目描述
给定一个整数序列 a1,a2,⋅⋅⋅,an ，求出一个递增序列 b1<b2<⋅⋅⋅<bn ，使得序列 ai 和 bi 的各项之差的绝对值之和 ∣a1−b1∣+∣a2−b2∣+⋅⋅⋅+∣an−bn∣ 最小。
输入输出格式
输入格式：
第一行为数字 n (1≤n≤10^6) ，接下来一行共有 n 个数字，表示序列 a_i (0≤a_i≤2×10^9) 。
输出格式：
第一行输出最小的绝对值之和。
第二行输出序列 bi ，若有多种方案，只需输出其中一种。
输入输出样例
说明
【数据范围】
40%的数据 n≤5000
60%的数据 n≤300000
100%的数据 n≤1000000 , 0≤a_i≤2×10^9
题目来源： Baltic OI 2004 Day1, Sequence
分析：
不得不说，一道左偏树神仙题。一开始看到这道题，基本上想到的都是数学方法，或者是想到线段树之类的数据结构。后面才知道是左偏树，而且是个论文题，思路实在巧妙。
以下直接引用自黄源河的论文，这里蒟蒻就只放代码：
我们先来看看两个最特殊的情况：
1．a[1]≤a[2]≤…≤a[n]，在这种情况下，显然最优解为 b[i]=a[i]；
2．a[1]≥a[2]≥…≥a[n]，这时，最优解为b[i]=x，其中x是数列a的中位数。
于是我们可以初步建立起这样一个思路：
把 1…n划分成m个区间：[q[1],q[2]-1]，[q[2],q[3]-1]，……，[q[m],q[m+1]-1]。每个区间对应一个解，b[q[i]] = b[q[i]+1] = … = b[q[i+1]-1] = w[i]，其中w[i] 为 a[q[i]], a[q[i]+1], ... , a[q[i+1]-1] 的中位数。
显然，在上面第一种情况下 m=n，q[i]=i；在第二种情况下 m=1，q[1]=1。 这样的想法究竟对不对呢？应该怎样实现？
若某序列前半部分 a[1], a[2], … , a[n] 的最优解为 (u,u,…,u)，后半部分 a[n+1], a[n+2], ... , a[m] 的最优解为 (v,v,…,v)，那么整个序列的最优解是什么 呢？若 u≤v，显然整个序列的最优解为 (u,u,…,u,v,v,…,v)。否则，设整个序 列的最优解为 ( b[1],b[2],…,b[m] )，则显然 b[n]≤u（否则我们把前半部分的解 ( b[1],b[2], …,b[n]) 改为 (u,u,…,u)，由题设知整个序列的解不会变坏），同理 b[n+1]≥v。接下来，我们将看到下面这个事实：
对于任意一个序列 a[1] ,a[2],…,a[n]，如果最优解为 (u,u,…,u)，那么在满 足 u≤u′ ≤b[1] 或 b[n]≤u′ ≤u 的情况下，(b[1],b[2],…,b[n]) 不会比 (u′ ,u′ ,…,u′) 更优。
我们用归纳法证明 u≤u′ ≤b[1] 的情况，b[n]≤u′ ≤u 的情况可以类似证明。
当 n=1 时，u=a[1]，命题显然成立。
当n>1 时，假设对于任意长度小于n的序列命题都成立，现在证明对于长度 为n的序列命题也成立。首先把 (b[1], b[2], … b[n]) 改为 (b[1], b[1], … b[1])，这 一改动将不会导致解变坏，因为如果解变坏了，由归纳假设可知a[2],a[3],…,a[n] 的中位数w>u，这样的话，最优解就应该为(u,u,…,u,w,w,…,w)，矛盾。然后 我们再把(b[1],b[1],…,b[1])改为 (u′ ,u′ ,…,u′)，由于 | a[1]- x | + | a[2]- x | + … + | a[n] - x | 的几何意义为数轴上点x到点a[1], a[2], … a[n] 的距离之和，且u≤u′ ≤b[1]，显然点u′ 到各点的距离之和不会比点b[1]到各点的距离之和大，也 就是说，(b[1],b[1],…,b[n]) 不会比 (v,v,…,v) 更优。（证毕）
再回到之前的论述，由于 b[n]≤u，作为上述事实的结论，我们可以得知， 将 ( b[1], b[2], …, b[n] ) 改为 (b[n],b[n],…,b[n])，再将 ( b[n+1],b[n+2],…,b[m]) 改为 ( b[n+1],b[n+1], …,b[n+1])，并不会使解变坏。也就是说，整个序列的最优 解为 ( b[n], b[n], …, b[n], b[n+1], b[n+1], …, b[n+1])。再考虑一下该解的几何意 义，设整个序列的中位数为 w，则显然令 b[n]=b[n+1]=w 将得到整个序列的最优 解，即最优解为 (w,w,…,w)。
分析到这里，我们一开始的想法已经有了理论依据，算法也不难构思了。
延续我们一开始的思路，假设我们已经找到前 k 个数 a[1], a[2], … , a[k] (k<n) 的最优解，得到="" m="" 个区间组成的队列，对应的解为="" (w[1],w[2],…,w[m])，现="" 在要加入="" a[k+1]，并求出前="" k+1="" 个数的最优解。首先我们把="" a[k+1]作为一个新区="" 间直接加入队尾，令="" w[m+1]="a[k+1]，然后不断检查队尾两个区间的解" w[m]="" 和="" w[m+1]，如果="">w[m+1]，我们需要将最后两个区间合并，并找出新区间的 最优解（也就是序列 a 中，下标在这个新区间内的各项的中位数）。重复这个合 并过程，直至 w[1]≤w[2]≤…≤w[m]时结束，然后继续处理下一个数。
这个算法的正确性前面已经论证过了，现在我们需要考虑一下数据结构的选 取。算法中涉及到以下两种操作：合并两个有序集以及查询某个有序集内的中位 数。能较高效地支持这两种操作的数据结构有不少，一个比较明显的例子是二叉 检索树(BST)，它的询问操作复杂度是O(logn)，但合并操作不甚理想，采用启发 式合并，总时间复杂度为O(nlog2 n)。
有没有更好的选择呢？通过进一步分析，我们发现，只有当某一区间内的中 位数比后一区间内的中位数大时，合并操作才会发生，也就是说，任一区间与后 面的区间合并后，该区间内的中位数不会变大。于是我们可以用最大堆来维护每 个区间内的中位数，当堆中的元素大于该区间内元素的一半时，删除堆顶元素， 这样堆中的元素始终为区间内较小的一半元素，堆顶元素即为该区间内的中位 数。考虑到我们必须高效地完成合并操作，左偏树是一个理想的选择* 。左偏树 的询问操作时间复杂度为O(1)，删除和合并操作时间复杂度都是O(logn)，而询 问操作和合并操作少于n次，删除操作不超过n/2 次（因为删除操作只会在合并两 个元素个数为奇数的堆时发生），因此用左偏树实现，可以把算法的时间复杂度 降为O(nlogn)。
Code：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=1e6+7; int n,top;ll b[N],ans; struct Node{ int l,r,top,size;ll val; }stac[N]; struct Leftist{ int fa[N],ch[N][2],dis[N]; ll val[N]; int merge(int x,int y) { if(x==0||y==0)return x+y; if(val[x]<val[y])swap(x,y); ch[x][1]=merge(ch[x][1],y); fa[ch[x][1]]=x; if(dis[ch[x][1]]>dis[ch[x][0]]) swap(ch[x][0],ch[x][1]); dis[x]=dis[ch[x][1]]+1; return x; } int del(int x) { fa[ch[x][0]]=fa[ch[x][1]]=0; int ret=merge(ch[x][0],ch[x][1]); ch[x][0]=ch[x][1]=0; return ret; } }T; inline ll read() { char ch=getchar();ll num=0;bool flag=false; while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')flag=true;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){num=num*10+ch-'0';ch=getchar();} return flag?-num:num; } void work() { stac[++top]=(Node){1,1,1,1,T.val[1]}; for(int i=2;i<=n;i++){ int l=stac[top].r+1; stac[++top]=(Node){l,i,i,1,T.val[i]}; while(top!=1&&stac[top].val<stac[top-1].val){ --top; stac[top].top=T.merge(stac[top].top,stac[top+1].top); stac[top].size=stac[top].size+stac[top+1].size; stac[top].r=stac[top+1].r; while(stac[top].size>(stac[top].r-stac[top].l+2)/2){ --stac[top].size;stac[top].top=T.del(stac[top].top);} stac[top].val=T.val[stac[top].top]; } } int cnt=1; for(int i=1;i<=n;i++){ while(i>stac[cnt].r)cnt++; ans+=abs(T.val[i]-stac[cnt].val); b[i]=stac[cnt].val+i;} printf("%lld ",ans); for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld ",b[i]); } int main() { n=read(); for(int i=1;i<=n;i++){ T.val[i]=read(); T.val[i]-=i;} work();return 0; }