给定一个序列 (a_i) ，对于每个 (i) ，求出一个 (p) 使得对于任意 (j) ，都有 (a_jleq a_i+p-sqrt {|i-j|})
(nleq10^5)
数论分块
先将原式转化成与 (p) 相关的，即 (pge a_j-a_i+sqrt {|i-j|})
根号内上取整，答案不变，即 (p=max{a_j-a_ilceilsqrt{|i-j|} ceil})
可以对根号取值数论分块，每段的贡献即求区间内 (a_j) 最大值，用 (st) 表 维护即可。
分块区间即为 (verb|当前位置|pmverb|根号取值|^2)
时间复杂度 (O(nsqrt n))
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
int n, lg[maxn], st[18][maxn];
inline int query(int l, int r) {
int k = lg[r - l + 1];
return max(st[k][l], st[k][r - (1 << k) + 1]);
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &st[0][i]);
}
for (int i = 2; i <= n; i++) {
lg[i] = lg[i >> 1] + 1;
}
for (int i = 1; i <= lg[n]; i++) {
for (int j = 1; j + (1 << i) - 1 <= n; j++) {
st[i][j] = max(st[i - 1][j], st[i - 1][j + (1 << (i - 1))]);
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int ans = 0;
for (int k = 1, l = i + 1, r; l <= n; k++, l = r + 1) {
r = min(n, i + k * k);
ans = max(ans, query(l, r) - st[0][i] + k);
}
for (int k = 1, r = i - 1, l; r >= 1; k++, r = l - 1) {
l = max(1, i - k * k);
ans = max(ans, query(l, r) - st[0][i] + k);
}
printf("%d
", ans);
}
return 0;
}