[POI 2011]Lightning Conductor

Description

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给你一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\)。对于每个 \(i\in[1,n]\)，你需要找到最小的整数 \(p\)，使得 \(p\geq\max\limits_{1\leq j\leq n}\left\{a_j-a_i+\sqrt{|i-j|}\right\}\)。

\(1\leq n\leq 5\cdot 10^5,0\leq a_i\leq 10^9\)

Solution

设 \(f_i\) 表示对应的 \(p\)。

显然 \(f_i=\max\limits_{1\leq j\leq n}\left\{a_j+\sqrt{|i-j|}\right\}-a_i\)。将绝对值拆开，我们先只考虑 \(\max\limits_{1\leq j\leq i}\left\{a_j+\sqrt{i-j}\right\}-a_i\) 的部分。

首先观察 \(\max\) 括号内的式子，记该式子为 \(w(i,j)\)。可以发现，\(\forall a,b,c,d, a<b<c<d,w(a,d)+w(b,c)\leq w(a,c)+w(b,d)\)。

证明
要证明 \(w(a,d)+w(b,c)\leq w(a,c)+w(b,d)\)
只需证 \(\sqrt{d-a}+\sqrt{c-b}\leq \sqrt{c-a}+\sqrt{d-b}\)
不等号两边同时平方，整理得 \(\sqrt{(d-a)(c-b)}\leq \sqrt{(c-a)(d-b)}\)
等价于 \((d-a)(c-b)\leq (c-a)(d-b)\)
等价于 \(-ac-bd\leq -ad-cb\)
由排序不等式，显然成立。

故因此 \(w\) 满足“\(\leq\) 型”的排序不等式，并且 DP 是取 \(\max\) 值的。因此 \(f\) 的最优决策点是满足决策单调性的。因此可以用 CDQ 分治在 \(O(n\log n)\) 的复杂度内解决。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e5+5;

int n, a[N];
double f[N], ans[N];

void cdq(int l, int r, int L, int R) {
    int MID = (L+R)>>1, mid, loc = MID;
    if (r < loc) loc = r;
    mid = loc; f[MID] = sqrt(1.*MID-loc)+a[loc]-a[MID];
    for (int i = l; i < loc; i++)
        if (a[i]-a[MID]+sqrt(1.*MID-i) >= f[MID])
            mid = i, f[MID] = sqrt(1.*MID-i)+a[i]-a[MID];
    if (L < MID) cdq(l, mid, L, MID-1);
    if (MID < R) cdq(mid, r, MID+1, R);
}
int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
    cdq(1, n, 1, n);
    swap(ans, f);
    reverse(a+1, a+n+1);
    cdq(1, n, 1, n);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        printf("%d\n", int(ceil(max(ans[i], f[n-i+1]))));
    return 0;
}