疯狂%%%几个月前就秒了此题的Tyher巨佬
借着这题总结一下决策单调性优化DP吧。蒟蒻觉得用数形结合的思想能够轻松地理解它。
首先，题目要我们求所有的\(p_i\)，那么把式子变一下
\[p_i\ge a_j-a_i+\sqrt{|i-j|}\]
\[p_i=\max\limits_{j=1}^n\{a_j+\sqrt{|i-j|}\}-a_i\]
绝对值看着很不爽，我们把它拆开
\[p_i=\max(\max_{j=1}^i\{a_j+\sqrt{i-j}\},\max_{j=i}^n\{a_j+\sqrt{j-i}\})-a_i\]
单独看前一部分
\[p_i=\max_{j=1}^i\{a_j+\sqrt{i-j}\}-a_i\]
很明显是个要用决策单调性优化的式子。把序列翻转以后，后一部分的算法和前面是一样的，所以只讨论前一部分了。
对于每个\(j\)，把\(a_j+\sqrt{i-j}\)看成关于\(i\)的函数\(f_j\)。我们要做的就是在所有\(j\leq i\)的函数中找到最值。比如样例：
观察发现，真正有用的函数只有最上面那个！然而实际情况比这个稍复杂些。sqrt的增速是递减的，因此可能存在一个\(j\)比较小的函数，在某一时刻被\(j\)比较大的函数反超。我们大概需要维护这样的若干个函数：
我们用队列实现决策二分栈（不懂的可以参考一下蒟蒻的blog），按\(j\)从小到大依次维护这些函数。显然，对于其中任意两个相邻的函数\(f_t,f_{t+1}\)，它们都有一个临界值\(k_{t,t+1}\)。显然序列中的\(k_{1,2},k_{2,3}...\)也要严格递增。否则，如果\(k_{t,t+1}\ge k_{t+1,t+2}\)，可以想象\(f_{t+1}\)根本没有用。
先for一遍\(i\)，我们尝试着把\(f_i\)加入队列。这时候为了保证\(k\)递增，设队尾决策为\(t\)，我们判断，如果\(k_{t-1,t}\ge k_{t,i}\)，那么\(t\)没用，出队。
该出去的都出去后，\(i\)就可以加入队尾了。这时候可以来求\(p_i\)了。我们检查一下队首决策\(h\)，如果\(t_{h,h+1}\le i\)，说明\(h\)的巅峰时刻已经过去，出队。最后队首就是所有函数中的最大值。
貌似并没有用到什么三元组啊qwq
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define RG register
#define R RG int
#define G c=getchar()
#define calc(i,j) a[j]+sqrt((double)i-j)//计算函数值
const int N=5e5+9;
int n,a[N],q[N],k[N];
double p[N];
template<typename T>
inline T max(RG T x,RG T y){return x>y?x:y;}
inline int in(){
RG char G;
while(c<'-')G;
R x=c&15;G;
while(c>'-')x=x*10+(c&15),G;
return x;
}
inline int bound(R x,R y){//二分临界值k
R l=1,r=n,m,ret=r+1;
while(l<=r){
m=(l+r)>>1;
if(calc(m,x)<=calc(m,y))
ret=m,r=m-1;
else l=m+1;
}
return ret;
}
void work(){
for(R h=1,t=0,i=1;i<=n;++i){
while(h<t&&k[t-1]>=bound(q[t],i))--t;//维护k单调
k[t]=bound(q[t],i);q[++t]=i;
while(h<t&&k[h]<=i)++h;//将已经不优的决策出队
p[i]=max(calc(i,q[h]),p[i]);//因为做两遍所以取max
}
}
int main(){
n=in();
R i,j,t;RG double d;
for(i=1;i<=n;++i)a[i]=in();
work();
for(i=1,j=n;i<j;++i,--j){//序列翻转
t=a[i];a[i]=a[j];a[j]=t;
d=p[i];p[i]=p[j];p[j]=d;
}
work();
for(R i=n;i;--i)//翻转过了所以要倒着输出
printf("%d\n",(int)ceil(p[i])-a[i]);
return 0;
}