UER#7 T2

题意:给定n个数，对于2到n，分别输出一个答案。答案定义为：对于当前的数k，在原数组中找一个长度为k的区间，使得区间最值之差最小，输出差值。注意，差值允许5%的误差。

很少看见近似算法的题啊。。跪烂VFK大爷。

首先可以注意到的是，答案一定是单增的。我们再发现，随着1.05指数不断增加，之后肯定会有质的飞跃（毕竟是指数函数），也就是说，到时候一定有一大段区间的答案都是同一个数。所以我们只要分别找出每一个段的答案就好了。段数大概是log的（不会证，凭感觉吧。。。

先把2和n的答案计算出来，然后分治下去。如果当前分治的区间，左端点的答案误差范围已经和右边答案的误差范围相交，说明夹在他们中间的数们答案全一样，随便选一个复制给他们就好了。

时间复杂度O（nlogn）。跪烂。。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 100005
#define INF 1e9
#define eps 1e-5
inline int read(){
    int x=0,f=1; char a=getchar();
    while(a<'0' || a>'9') {if(a=='-') f=-1; a=getchar();}
    while(a>='0' && a<='9') x=x*10+a-'0',a=getchar();
    return x*f;
}
int n,mx[N][20],mn[N][20],ans[N],Log[N];
inline int Max(int x){
    return (int)((double)x*1.05+eps);
}
inline int Min(int x){
    return (int)((double)x*0.95+1-eps);
}
inline void pre(){
    Log[0]=-1; for(int i=1;i<=n;i++) Log[i]=Log[i>>1]+1;
    for(int i=1;i<=18;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++){
            mx[j][i]=max(mx[j][i-1],mx[min(n,j+(1<<(i-1)))][i-1]);
            mn[j][i]=min(mn[j][i-1],mn[min(n,j+(1<<(i-1)))][i-1]);
        }
}
inline int qmx(int l,int r){
    return max(mx[l][Log[r-l+1]],mx[r-(1<<Log[r-l+1])+1][Log[r-l+1]]);
}
inline int qmn(int l,int r){
    return min(mn[l][Log[r-l+1]],mn[r-(1<<Log[r-l+1])+1][Log[r-l+1]]);
}
inline void cal(int x){
    ans[x]=INF;
    for(int i=1;i<=n-x+1;i++) ans[x]=min(ans[x],qmx(i,i+x-1)-qmn(i,i+x-1));
}
void dc(int l,int r){
    if(r-l<=1) return;
    if(Max(ans[l])>=Min(ans[r])){
        int tmp=Max(ans[l]);
        for(int i=l+1;i<r;i++) ans[i]=tmp;
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    cal(mid);
    dc(l,mid); dc(mid,r);
}
int main(){
    n=read(); for(int i=1;i<=n;i++) mx[i][0]=mn[i][0]=read();
    pre();
    cal(2); cal(n); dc(2,n);
    for(int i=2;i<=n;i++) printf("%d
",ans[i]);
    return 0;
}