P6087 [JSOI2015]送礼物 01分数规划+单调队列+ST表
题目背景
(JYY) 和 (CX) 的结婚纪念日即将到来，(JYY) 来到萌萌开的礼品店选购纪念礼物。
萌萌的礼品店很神奇，所有出售的礼物都按照特定的顺序都排成一列，而且相邻 的礼物之间有一种神秘的美感。于是，(JYY) 决定从中挑选连续的一些礼物，但究 竟选哪些呢？
题目描述
假设礼品店一共有 (N) 件礼物排成一列，每件礼物都有它的美观度。排在第 (i (1leqslant ileqslant N)) 个位置的礼物美观度为正整数 (A_i)。(JYY) 决定选出其中连续的一段，即编号为 (i,i+1,cdots,j-1,j) 的礼物。选出这些礼物的美观程度定义为
其中 (M(i,j)) 表示 (max{A_i,A_{i+1},cdots,A_j})，(m(i,j)) 表示 (min{A_i,A_{i+1},cdots,A_j})，(K) 为给定的正整数。 由于不能显得太小气，所以 (JYY) 所选礼物的件数最少为 (L) 件；同时，选得太多也不好拿，因此礼物最多选 (R) 件。(JYY) 应该如何选择，才能得到最大的美观程度？由于礼物实在太多挑花眼，(JYY) 打算把这个问题交给会编程的你。
输入格式
本题每个测试点有多组数据。
输入第一行包含一个正整数 (T)，表示有 (T) 组数据。
每组数据包含两行。第一行四个非负整数 (N,K,L,R)。第二行包含 (N) 个正整数，依次表示 (A_1,A_2,cdots,A_n)。
输出格式
输出 (T) 行，每行一个非负实数，依次对应每组数据的答案，数据保证答案不 会超过 (10^3)。输出四舍五入保留 (4) 位小数。
输入输出样例
输入
1
5 1 2 4
1 2 3 4 5
输出
0.7500
说明/提示
对于 (100\%) 的数据，(Tleqslant 10,N,Kleqslant 5 imes 10^4)，(1leqslant A_ileqslant 10^8)，(2leqslant L,Rleqslant N)。
分析
看到这一个式子，显然是 (01) 分数规划
但是一般的 (01) 分数规划都是上面一个求和公式比下面一个求和公式
而这一道题则是最大值减去最小值比区间长度加一个定值的形式
我们手玩一下会发现，一个区间的左右两端一定是该区间的最大值或最小值
因为如果你在最大值或者最小值的基础上继续扩展的话，分母会变大，结果会变小，肯定不利于我们求解
但是有可能最大值和最小值之间的元素个数小于最小的区间长度 (l) ，此时我们就必须向两边扩展
因此，我们分两种情况讨论：
(1) 、 区间的长度大于 (l)
此时，我们像正常的 (01) 分数规划一样二分枚举即可
我们设此时枚举到的价值为 (mids)
那么如果 (frac{M(i,j)-m(i,j)}{j-i+K} geq mids)
则有 ( M(i,j)-m(i,j) geq mids imes (j-i+K))
根据之前推导的结论，两边的元素只能是最大值或者最小值
因此我们分类讨论
如果区间左边的元素大于区间右边的元素
则有 (a[i]-a[j] geq mids imes (j-i+K))
我们展开移一下项，就有
(a[i]-a[j] geq mids imes j- mids imes i +mids imes K)
(a[i]+i imes mids - a[j] - j imes mids geq mids imes K)
我们令 (val[i]=a[i]+i imes mids)
则就有 (val[i]-val[j] geq mids imes K)
其中右边是一个常数
于是我们惊喜地发现这玩意可以用单调队列去搞一下
同理，如果区间左边的元素大于区间右边的元素
则有 (a[j]-a[i] geq mids imes (j-i+K))
(a[j]-a[i] geq mids imes j- mids imes i +mids imes K)
(a[j]- j imes mids - a[i] + i imes mids geq mids imes K)
我们令 (val[i]=a[i]-i imes mids)
则就有 (val[j]-val[i] geq mids imes K)
也可以用单调队列去维护
(2) 、区间的长度等于 (l)
此时我们用 (ST) 表预处理出区间最大最小值
每次从左到右扫一边枚举左端点即可
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
const double eqs=1e-6;
int zdz[maxn][20],zxz[maxn][20],a[maxn],n,k,l,r;
double ans=0;
void solve1(){
int cd=log2(l);
for(int i=1;i<=n-l+1;i++){
int j=i+l-1;
double mmax=max(zdz[i][cd],zdz[j-(1<<cd)+1][cd]);
double mmin=min(zxz[i][cd],zxz[j-(1<<cd)+1][cd]);
ans=max(ans,(mmax-mmin)/((double)l-1+(double)k));
}
}
//枚举区间等于l的情况，直接暴扫
int ql[maxn],qr[maxn],headl,headr,taill,tailr;
double val[maxn];
bool jud(double mids){
double res=mids*k;
memset(ql,0,sizeof(ql));
memset(qr,0,sizeof(qr));
headl=1,taill=0,headr=1,tailr=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
val[i]=(double)a[i]-i*mids;
}
for(int i=l;i<=n;i++){
while(headl<=taill && i-ql[headl]+1>r) headl++;
if(headl<=taill && val[i]-val[ql[headl]]>=res) return 1;
while(headl<=taill && val[i-l+1]<=val[ql[headl]]) taill--;
ql[++taill]=i-l+1;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
val[i]=(double)a[i]+i*mids;
}
for(int i=l;i<=n;i++){
while(headr<=tailr && i-qr[headr]+1>r) headr++;
if(headr<=tailr && val[qr[headr]]-val[i]>=res) return 1;
while(headr<=tailr && val[qr[tailr]]<=val[i-l+1]) tailr--;
qr[++tailr]=i-l+1;
}
return 0;
}
//单调队列分别搞一下
void solve2(){
double ml=0,mr=1000,mmids;
while(mr-ml>eqs){
mmids=(ml+mr)/2;
if(jud(mmids)) ml=mmids;
else mr=mmids;
}
ans=max(ans,ml);
}//01分数规划
int main(){
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&l,&r);
ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=0;j<20;j++){
zxz[i][j]=0x3f3f3f3f,zdz[i][j]=-0x3f3f3f3f;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
zxz[i][0]=a[i];
zdz[i][0]=a[i];
}
for(int j=1;j<=18;j++){
for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){
zxz[i][j]=min(zxz[i][j-1],zxz[i+(1<<(j-1))][j-1]);
zdz[i][j]=max(zdz[i][j-1],zdz[i+(1<<(j-1))][j-1]);
}
}
//ST表预处理
solve1();
//情况一
solve2();
//情况二
printf("%.4lf
",ans);
}
return 0;
}