BZOJ 2216: [Poi2011]Lightning Conductor 决策单调性DP

Description

已知一个长度为n的序列a1,a2,…,an。

对于每个1<=i<=n，找到最小的非负整数p满足 对于任意的j, aj < = ai + p - sqrt(abs(i-j))

Input

第一行n，(1<=n<=500000)

下面每行一个整数，其中第i行是ai。(0<=ai<=1000000000)

Output

n行，第i行表示对于i，得到的p

Sample Input

6

5

3

2

4

2

4

Sample Output

2

3

5

3

5

4

题解：

这道题因为有绝对值，所以我们选择正反各做一遍去掉绝对值，这道题的决策单调性还是相对比较好证明的，对于j < k 如果a[j]+sqrt(i-j) < a[k]+sqrt(i-k)那么j在之后的决策中一定也不会比k更优，因为sqrt(i)是一个斜率逐渐减小的函数，值越大增加的越慢，剩下的就裸上决策单调DP就可以了。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
int stack[600000];
int g[600000];
int n;
double calc(int a[],int j,int i)
{
return (double)a[j]+sqrt(i-j)-a[i];
}
int top;
int get_pos(int i)
{
int l=1,r=top;
int jilu=0;
while(l<=r)
{
int mid=l+r>>1;
if(g[stack[mid]]<=i) jilu=stack[mid],l=mid+1;
else r=mid-1;
}
return jilu;
}
int erfen(int a[],int i)
{
int l=max(g[stack[top]]-1,i)+1,r=n;
int jilu=n+1;
while(l<=r)
{
int mid=l+r>>1;
if(calc(a,stack[top],mid)<calc(a,i,mid)) jilu=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
return jilu;
}
void dp(int a[],double f[])
{
top=1;
stack[1]=1;
g[1]=2;
f[1]=-1000000;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int pos=get_pos(i);
f[i]=calc(a,pos,i);
while(g[stack[top]]>i && calc(a,stack[top],g[stack[top]])<calc(a,i,g[stack[top]])) top--;
pos=erfen(a,i);
if(pos==n+1) continue;
stack[++top]=i;
g[i]=pos;
}
}
int a[600000];
int fa[600000];
double f1[600000];
double f2[600000];
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
fa[n-i+1]=a[i];
}
dp(a,f1);
dp(fa,f2);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
f1[i]=max(f1[i],f2[n-i+1]);
printf("%d\n",max(0,int(ceil(f1[i]))));
}
return 0;
}