[POI 2011]Lightning Conductor

Description

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给你一个长度为 (n) 的序列 (a)。对于每个 (iin[1,n])，你需要找到最小的整数 (p)，使得 (pgeqmaxlimits_{1leq jleq n}left{a_j-a_i+sqrt{|i-j|} ight})。

(1leq nleq 5cdot 10^5,0leq a_ileq 10^9)

Solution

设 (f_i) 表示对应的 (p)。

显然 (f_i=maxlimits_{1leq jleq n}left{a_j+sqrt{|i-j|} ight}-a_i)。将绝对值拆开，我们先只考虑 (maxlimits_{1leq jleq i}left{a_j+sqrt{i-j} ight}-a_i) 的部分。

首先观察 (max) 括号内的式子，记该式子为 (w(i,j))。可以发现，(forall a,b,c,d, a<b<c<d,w(a,d)+w(b,c)leq w(a,c)+w(b,d))。

证明
要证明 (w(a,d)+w(b,c)leq w(a,c)+w(b,d))
只需证 (sqrt{d-a}+sqrt{c-b}leq sqrt{c-a}+sqrt{d-b})
不等号两边同时平方，整理得 (sqrt{(d-a)(c-b)}leq sqrt{(c-a)(d-b)})
等价于 ((d-a)(c-b)leq (c-a)(d-b))
等价于 (-ac-bdleq -ad-cb)
由排序不等式，显然成立。

故因此 (w) 满足“(leq) 型”的排序不等式，并且 DP 是取 (max) 值的。因此 (f) 的最优决策点是满足决策单调性的。因此可以用 CDQ 分治在 (O(nlog n)) 的复杂度内解决。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e5+5;

int n, a[N];
double f[N], ans[N];

void cdq(int l, int r, int L, int R) {
    int MID = (L+R)>>1, mid, loc = MID;
    if (r < loc) loc = r;
    mid = loc; f[MID] = sqrt(1.*MID-loc)+a[loc]-a[MID];
    for (int i = l; i < loc; i++)
        if (a[i]-a[MID]+sqrt(1.*MID-i) >= f[MID])
            mid = i, f[MID] = sqrt(1.*MID-i)+a[i]-a[MID];
    if (L < MID) cdq(l, mid, L, MID-1);
    if (MID < R) cdq(mid, r, MID+1, R);
}
int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
    cdq(1, n, 1, n);
    swap(ans, f);
    reverse(a+1, a+n+1);
    cdq(1, n, 1, n);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        printf("%d
", int(ceil(max(ans[i], f[n-i+1]))));
    return 0;
}