P3229 [HNOI2013]旅行

洛谷传送门

这个题用到了单调队列的优化，但是精髓绝不止在于此。+_+

Solution

我们先不管字典序怎么办，想想怎么求最小的 (ans)

首先，因为要的是绝对值，那么考虑将 (0) 化为 (-1) ，也就是将没有景点的城市看作会减少一个景点的城市（雾

设 (b_i) 表示城市 (a_i) 是否有景点，有为 (1) ，否则为 (-1)，(sum_{i}) 表示 (i+1) 到 (n) 的后缀和，也就是 (sum_{i}=b_{i+1}+b_{i+2}+cdots+b_n) ，那么可以证明答案最小不小于 (lceil frac {|sum_0|}m ceil) 。

如果全部是 (1) 或 (-1) ，显然平均的将 (sum_0) 分为 (m) 份最好；如果同时有 (1,-1) ，将相邻的两个 (1,-1) 合并可以得到 (0) 即抵消，最后还是剩下 (sum_0) 个 (1) 或 (-1) ，就和第一种一样了。

但是还是有一种特殊情况的，当 (sum_0=0) 且 (sum_i=0) 的 (i) 的数量不足 (m) 个，此时答案就是 (1) ，因为分不了那么多段。

既然 (ans) 已经能够求出来了，那么就可以回来看看字典序

将 (ans=0) 和 (ans ot =0) 分开考虑。

当 (ans=0) 时，即 (sum_0=0) 并且 (sum_i=0) 的 (i) 的数量 (geq m) ，那么就在这些 (i) 中跑一遍单调队列即可。

再具体就是维护队列里 (a_i) 从小到大，按照输入顺序入队 ，找到字典序最小的 (m-1) 个。（因为第 (m) 个城市必定是 (a_n) ）

当 (ans ot= 0) 时，我们假设第 (i) 段结尾的是 (lst) ，那么 (i+1) 段的结尾后一个位置的后缀和 (s) 需要满足 (|sum_{lst}-s|leq ansRightarrow sum_{lst}-ansleq sleq sum_{lst}+ans) 。

那么选择按 (sum_i) 分类，对每一种 (sum_i) 开一个单调队列，维护队列里 (a_i) 单调递增，选的时候从 (sum_{lst}-ans) 到 (sum_{lst}+ans) 枚举选择，注意我们还需要判断 (lceil frac {|s|}{m-i} ceilleq ans) 。

注意：这题卡空间，所以要手动写队列。(●ˇ∀ˇ●)

Code

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define B N

using namespace std;
const int N=500010;

template<typename T>void read(T &x){
    x=0;bool f=0;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') f=1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)){x=x*10+(ch^48);ch=getchar();}
    if(f) x=-x;
}

struct node{
    int v,id;
};
int cnt;
struct Node{
    node p;
    int pre,nxt;
}tr[N<<1];
int newcode(node p,int pre,int nxt){tr[++cnt]=(Node){p,pre,nxt}; return cnt;}

struct queue{
    int siz,hd,tl;
    bool empty(){return !siz;}

    void push_front(node p){
        if(!siz) hd=tl=newcode(p,0,0);
        else tr[hd].pre=newcode(p,0,hd),hd=tr[hd].pre;
        ++siz;
    }

    void push_back(node p){
        if(!siz) hd=tl=newcode(p,0,0);
        else tr[tl].nxt=newcode(p,tl,0),tl=tr[tl].nxt;
        ++siz;
    }

    void pop_front(){siz--,hd=tr[hd].nxt;}
    void pop_back(){siz--,tl=tr[tl].pre;}

    node front(){return tr[hd].p;}
    node back(){return tr[tl].p;}
}q[N<<1];

int tot,head[N<<1],nxt[N<<1];
node to[N<<1];
void add(int u,node p){
    to[++tot]=p;
    nxt[tot]=head[u];
    head[u]=tot;
}

int n,m,lst,ct[N],sum[N],rest[N];//rest表示休息点的后缀和 sum表示相加的后缀和
int calc(){
    int ans=0;
    for(int i=n;i>=1;i--){
        if(!sum[i]) ans++,rest[i]=1;
        rest[i]+=rest[i+1];
    }
    if(ans>=m) return 0;
    else return 1;
}

void push(int u,node p){
    while(!q[u].empty()&&p.v<q[u].back().v) q[u].pop_back();
    q[u].push_back(p);
}

node calc(int u,int lim){
    for(int i=head[u];i&&to[i].id<=lim;i=nxt[i]) push(u,to[i]),head[u]=i;
    while(!q[u].empty()&&q[u].front().id<=lst) q[u].pop_front();
    return q[u].empty()?(node){N,N}:q[u].front();
}

node min(node a,node b){return a.v<b.v?a:b;}

int main(){
    read(n); read(m);
    for(int i=1;i<=n;i++) read(ct[i]),read(sum[i-1]),sum[i-1]=(sum[i-1])?1:-1;
    for(int i=n-1;i>=0;i--) sum[i]+=sum[i+1];
    for(int i=n;i>=1;i--) add(sum[i]+B,(node){ct[i],i});
    int S=sum[0],d=(S!=0)?(int)ceil(1.0*abs(S)/(1.0*m)):calc();
    if(d){
        for(int i=1;i<m;i++){
            node ans=(node){N,N};
            for(int j=S-d+B;j<=S+d+B;j++){
                if(ceil(abs(1.0*j-B)/(1.0*m-i))<=d) ans=min(ans,calc(j,n-(m-i)));
            }
            printf("%d ",ans.v);
            lst=ans.id,S=sum[lst];
        }
    }
    else{
        for(int j=1,i=head[B];j<m;j++){
            for(;i&&rest[to[i].id]-1>=m-j;i=nxt[i]) push(B,to[i]);
            printf("%d ",q[B].front().v);
            q[B].pop_front();
        }
    }
    printf("%d
",ct[n]);
    return 0;
}