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  • #保序回归问题,单调栈,二分#洛谷 5294 [HNOI2019]序列

    题目

    给定一个长度为 (n) 的序列 (A),以及 (m) 个操作,每个操作将一个 (A_i) 修改为 (k)

    第一次修改之前及每次修改之后,都要求你找到一个同样长度为 (n)单调不降序列 (B)

    使得 (sum_{i=1}^n(A_i-B_i)^2) 最小,并输出最小值。

    需要注意的是每次操作的影响都是独立的,也即每次操作只会对当前询问造成影响。

    (nleq 10^5,Aleq 10^9)


    分析

    对于形如最小化 (sum C_i(A_i-m)^2) 的问题,(m) 应取 (large frac{sum C_iA_i}{sum C_i})

    而且这个序列 (B) 等同于用单调递增的 (m) 去覆盖,这种问题可以用单调栈维护均值。

    考虑比较独立的修改可以离线做,此时 ([1,x))((x,n]) 的单调栈都可以求出来。

    反向的单调栈原理相同,先倒着做一遍再把出入栈撤销。

    修改的位置会修改中间一段,两边依旧是原来的单调栈,

    所以可以二分右端点,其位置越靠前,答案越小;

    当右端点二分的情况下,再二分左端点,其位置越靠后答案越小。

    时间复杂度 (O(nlog ^2 n))


    代码

    #include <cstdio>
    #include <cctype>
    #include <stack>
    #define rr register
    using namespace std;
    const int N=100011,mod=998244353;
    typedef long long lll; lll s[N];
    struct node{int y,next;}q[N]; stack<int>K[N]; 
    int wl[N],wr[N],a[N],_s[N],n,Q,as[N],Tol,Tor,stal[N],star[N],ans[N];
    inline signed iut(){
    	int ans=0; char c=getchar();
    	while (!isdigit(c)) c=getchar();
    	while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();
    	return ans;
    }
    inline void print(int ans){
    	if (ans>9) print(ans/10);
    	putchar(ans%10+48);
    } 
    inline signed mo(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
    inline signed o(int x){return 1ll*x*x%mod;}
    inline signed ksm(int x,int y){
    	rr int ans=1;
    	for (;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)
    	    if (y&1) ans=1ll*ans*x%mod;
    	return ans;
    }
    struct rec{
    	lll x; int y;
    	inline bool operator <=(const rec &t)const{
    		return (double)x*t.y<=(double)t.x*y;
    	}
    	inline signed ans(){return 1ll*o(x%mod)*ksm(y,mod-2)%mod;}
    }cl[N],cr[N];
    inline rec slope(int l,int r){return (rec){s[r]-s[l-1],r-l+1};} 
    inline signed Get(int x,int now){
    	rr int l=0,r=Tol;
    	while (l<r){
    		rr int mid=(l+r+1)>>1;
    		if (cl[mid]<=(rec){s[x-1]-s[stal[mid]]+now,x-1-stal[mid]}) l=mid;
    		    else r=mid-1;
    	}
    	return l;
    }
    inline signed query(int now){
    	rr int l=0,r=Tor,mid,_l;
    	while (l<r){
    		_l=Get(star[mid=(l+r+1)>>1],now);
    		if ((rec){s[star[mid]-1]-s[stal[_l]]+now,star[mid]-1-stal[_l]}<=cr[mid]) l=mid;
    		    else r=mid-1;
    	}
    	_l=Get(star[r],now);
    	return mo(mo(wl[_l],wr[r]),(rec){s[star[r]-1]-s[stal[_l]]+now,star[r]-stal[_l]-1}.ans());
    }
    signed main(){
    	n=iut(),Q=iut(),star[0]=n+1;
    	for (rr int i=1;i<=n;++i) s[i]=s[i-1]+(a[i]=iut());
    	for (rr int i=1;i<=n;++i) _s[i]=mo(_s[i-1],o(a[i]));
    	for (rr int i=1;i<=Q;++i){
    		rr int x=iut(),y=iut();
    		q[i]=(node){y-a[x],as[x]},as[x]=i;
    	}
    	for (rr int i=n;i;--i){
    		for (;Tor&&cr[Tor]<=slope(i,star[Tor]-1);K[i].push(star[Tor--]));
    		star[++Tor]=i,wr[Tor]=mo(wr[Tor-1],(cr[Tor]=slope(i,star[Tor-1]-1)).ans());
    	}
    	print(mo(_s[n],mod-wr[Tor]));
    	for (rr int i=1;i<=n;++i){
    		--Tor;
    		for (;!K[i].empty();K[i].pop())
    		    star[++Tor]=K[i].top(),wr[Tor]=mo(wr[Tor-1],(cr[Tor]=slope(star[Tor],star[Tor-1]-1)).ans());
    		rr int now=mo(_s[n],mod-o(a[i]));
    		for (rr int j=as[i];j;j=q[j].next)
    		    ans[j]=mo(now,mo(o(a[i]+q[j].y),mod-query(q[j].y)));
    		for (;Tol&&slope(stal[Tol]+1,i)<=cl[Tol];--Tol);
    		stal[++Tol]=i,wl[Tol]=mo(wl[Tol-1],(cl[Tol]=slope(stal[Tol-1]+1,i)).ans());
    	}
    	for (rr int i=1;i<=Q;++i) putchar(10),print(ans[i]);
    	return 0;
    } 
    
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/Spare-No-Effort/p/15369646.html
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