解题：POI 2012 Well

题面

比较明显地能看出二分来，但是检查函数很难写。对于二分出的一个$mid$，我们要让它满足在$m$次操作内令序列中存在一个为零的位置，同时使得任意相邻的两项之差不超过$mid$

第二项的检查比较好做，我们正反各扫一遍然后把扫到的上一个数对当前数与$mid$之差取最小值，就是满足条件的最小代价

对于第一项的检查，我们发现可以将原数列修改成一段段的等差数列，这样在存在零的情况下是最优的。我们枚举这个变成零的位置，然后找出$h_l-k-l*mid>0$和$h_r-r-k*mid>0$的$l,r$，这两个端点具有单调性，可以用双指针扫描解决

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1000005;
long long h[N],tmp[N],fsum[N],cst[N];
long long n,m,l,r,f,b,ans1,ans2;
long long check(long long x)
{
    long long tep=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) tmp[i]=h[i];
    for(int i=2;i<=n;i++)
        if(tmp[i]>tmp[i-1]+x)
            tep+=tmp[i]-tmp[i-1]-x,tmp[i]=tmp[i-1]+x;
    for(int i=n-1;i;i--)
        if(tmp[i]>tmp[i+1]+x)
            tep+=tmp[i]-tmp[i+1]-x,tmp[i]=tmp[i+1]+x;
    if(m<tep) return 0; 
    for(int i=1;i<=n;i++) fsum[i]=fsum[i-1]+tmp[i];
    memset(cst,0,sizeof cst); f=1,b=n;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        while(f<=i&&tmp[f]<=1ll*(i-f+1)*x) f++;
        cst[i+1]+=fsum[i]-fsum[f-1]-1ll*(i-f+1)*(i-f+2)*x/2;
    }
    for(int i=n+1;i>=2;i--)
    {
        while(b>=i&&tmp[b]<=1ll*(b-i+1)*x) b--;
        cst[i-1]+=fsum[b]-fsum[i-1]-1ll*(b-i+1)*(b-i+2)*x/2;
    } 
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(tep+cst[i]+tmp[i]<=m) return i;
    return 0;
}
int main ()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld",&h[i]),r=max(r,h[i]);
    while(l<=r)
    {
        long long mid=(l+r)/2;
        if(check(mid)) r=mid-1,ans2=mid; else l=mid+1;
    }
    ans1=check(ans2);
    printf("%lld %lld",ans1,ans2);
    return 0;
}