• 题解 P6087 【[JSOI2015]送礼物】


    分析

    先考虑如果没有 (L)(R) 的长度限制,我们发现最优解中对于区间 (lsim r)(A_l)(A_r) 应该分别为 (A_l,A_{l+1},cdots,A_r) 中的最大值和最小值。

    考虑加上 (L)(R) 的长度限制,若原来的区间为 (lsim r),则会分如下 3 种情况进行讨论:

    1. 如果 (r-l+1< L),那么我们可以考虑把它的长度补成 (L)

    2. 如果 (Lle r-l+1le R),那么这直接可以作为答案。

    3. 如果 (R<r-l+1),那么它坏了。

    综上所述,只有情况 (1,2) 是需要考虑的。

    对于第一种情况

    区间长度固定为 (L),分 (A_r) 为最大值和最小值跑一下单调队列就好了。

    对于第二中情况

    我们再回来看那个式子,发现是个分数规划,非常常规地转换成判断性问题:

    [egin{aligned} frac{M(l,r)-m(l,r)}{r-l+K}&ge mid\ M(l,r)-m(l,r)&ge mid imes(r-l+K)\ M(l,r)-m(l,r)-mid imes r+mid imes l&ge mid imes K end{aligned} ]

    不妨另 (A_r) 为区间 (lsim r) 的最大值,(A_l) 为区间 (lsim r) 的最小值。

    [egin{aligned} A_r-A_l-mid imes r+mid imes l&ge mid imes K\ (A_r-mid imes r)-(A_l-mid imes l)&ge mid imes K end{aligned} ]

    用单调队列实现一下就可以了。

    (A_r) 为区间 (lsim r) 的最小值,(A_l) 为区间 (lsim r) 的最大值同理。

    实现细节

    就是极为有用的小 trick——弱化最大值,最小值。

    你会发现用上述方法实现非常困难,因为你要强制取最大或取最小。

    但是稍作思考,你会发现,如果不取最大值最小值答案一定不会更优,所以写代码的时候完全不需要考虑。

    #include<bits/stdc++.h>
    #define log(a) cerr<<"33[32m[DEBUG] "<<#a<<'='<<(a)<<" @ line "<<__LINE__<<"33[0m"<<endl
    #define LL long long
    #define SZ(x) ((int)x.size()-1)
    #define ms(a,b) memset(a,b,sizeof a)
    #define F(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
    #define DF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
    using namespace std;
    inline int read(){char ch=getchar(); int w=1,c=0;
    	for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if (ch=='-') w=-1;
    	for(;isdigit(ch);ch=getchar()) c=(c<<1)+(c<<3)+(ch^48);
    	return w*c;
    }
    const int N=5e4+10;
    const double eps=1e-6;
    int a[N],n,k,L,R,q[N],s,t;
    double b[N],c[N];
    inline double situation1(){
    	double ans=0;
    	s=1,t=0;
    	F(i,1,n){
    		while(s<=t&&i-q[s]>=L)s++;
    		if(s<=t)ans=max(ans,(a[i]-a[q[s]])/((double)(L+k-1)));
    		while(s<=t&&a[q[t]]>a[i])t--;
    		q[++t]=i;
    	}
    	s=1,t=0;
    	F(i,1,n){
    		while(s<=t&&i-q[s]>=L)s++;
    		if(s<=t)ans=max(ans,(a[q[s]]-a[i])/((double)(L+k-1)));
    		while(s<=t&&a[q[t]]<a[i])t--;
    		q[++t]=i;
    	}return ans;
    }
    inline bool check(double x){
    	F(i,1,n)b[i]=a[i]-x*i,c[i]=a[i]+x*i;
    	s=1,t=0;
    	F(i,1,n){
    		while(s<=t&&i-q[s]+1>R)s++;
    		if(s<=t&&b[i]-b[q[s]]>=x*k)return true;
    		if(i>=L){
    			while(s<=t&&b[q[t]]>b[i-L+1])t--;
    			q[++t]=i-L+1;
    		}
    	}
    	s=1,t=0;
    	F(i,1,n){
    		while(s<=t&&i-q[s]+1>R)s++;
    		if(s<=t&&c[q[s]]-c[i]>=x*k)return true;
    		if(i>=L){
    			while(s<=t&&c[q[t]]<c[i-L+1])t--;
    			q[++t]=i-L+1;
    		}
    	}
    	return false;
    }
    inline double situation2(){
    	double l=0,r=10001;
    	while(l+eps<r){
    		double mid=(l+r)/2.0;
    		if(check(mid))l=mid;
    		else r=mid;
    	}return l;
    }
    signed main(){
    	int _=read();
    	while(_--){
    		n=read(),k=read(),L=read(),R=read();
    		F(i,1,n)a[i]=read();
    		cout<<fixed<<setprecision(4)<<max(situation1(),situation2())<<endl;
    	}
    	return 0;
    }
    
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/zhaohaikun/p/15205380.html
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