109.天才ACM

原题链接：109. 天才ACM

解题思路

首先，对于一个集合S，显然应该取S中最大的M个数和最小的M个数，最大和最小构成一对，次大和次小构成一对···这样求出“校验值”最大。而为了让数列A分成的段数最少，每一段都应该在“校验值”不超过T的前提下，尽量包含更多的数。所以我们从头开始对A进行分段，让每一段尽量长，到达结尾时分成的段数就是答案。

于是，需要解决的问题为：当确定一个左端点L之后，右端点R在满足A[L]~A[R]的“校验值”不超过T的前提下，最大能取到多少。

求长度为N的一段“校验值”需要配对，时间复杂度为O(NlogN)。当“校验值”上限T比较小时，如果在整个L~N的区间上二分右端点R，二分的第一步就要检验(N-L)/2这么长一段，最终右端点R却可能只扩展了一点，浪费了很多时间。与上一道题目一样，我们需要一个与右端点R扩展的长度相适应的算法----倍增。

可以采用与上一题类似的倍增过程：
1.初始化 p=1,R=L。
2.求出[L,R+p]这一段区间内的“校验值”<=T,则R+=p,p*=2,否则p/=2.
3.重复上一步，直到p的值变为0，此时R即为所求。

样例代码

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 500005;

int n, m;
int ans;
ll T;
ll w[N], t[N];

ll sq(ll x)
{
    return x * x;
}

ll get(int l, int r)  // 计算原数组左闭右开区间 [l, r) 的校验值
{
    int k = 0;
    for (int i = l; i < r; i ++ )
        t[k ++ ] = w[i];
    sort(t, t + k);
    ll sum = 0;
    for (int i = 0; i < m && i < k; i ++ , k -- )
        sum += sq(t[i] - t[k - 1]);
    return sum;
}

int main()
{
    int K;
    scanf("%d", &K);
    while (K -- )
    {
        scanf("%d %d %lld
", &n, &m, &T); // 不用 scanf 的话，这么做有一个点会 TLE
        for (int i = 0; i < n; i ++ )
            scanf("%lld", &w[i]);
        ans = 0;
        int start = 0, end = 0;            // start 记录剩余区间开头节点，end 记录当前考虑区间的尾结点（左闭右开）
        while (end < n)
        {
            int len = 1;                   // len 初始化为 1
            while (len)                    // len 为 0 自动跳出
            {
                if (end + len <= n && get(start, end + len) <= T) // 如果说 len + end 还在 n 以内，且区间 [start, end + len) 的校验值不大于 T
                    end += len, len <<= 1; // 那么 end += len，len *= 2
                else    len >>= 1;         // 否则 len /= 2
            }
            start = end;                   // 让 start 指向当前区间末尾结点的下一个位置，由于区间是左闭右开的，所以直接指向 end 就可以了
            ans ++ ;                       // 每次循环都找到了一个区间，所以让 ans ++ 
        }
        printf("%d
", ans);
    }
    return 0;
}
// 偷个懒，少写点注释 ( ￣▽￣)σ