试题描述
给出以下定义:
1.若子序列[L,R]的极差(最大值-最小值)<=M,则子序列[L,R]为一个均匀序列。
2.均匀序列[L,R]的权值为Sum(L,R)即序列的元素和。
现在给你一个长度为N的整数序列A,请你求出权值前K大的均匀序列,输出K行为它们的权值。
输入
第一行为两个整数N,M,K。
第二行为N个整数Ai。
输出
输出K行,第i行为第i大的均匀序列的权值。
输入示例
9 3 10 5 1 3 5 8 6 6 9 10
输出示例
29 25 21 20 19 19 15 14 13 12
数据规模及约定
1<=N,K<=100000
0<=|Ai|,M<=10^9
保证原序列至少有K个均匀序列
题解
如果确定了一个区间的左端点 x,那么显然对于均匀序列 [x, y],y 一定在区间 [L, R] 内。于是我们记状态 (x, l, r, v) 表示左端点为 x,右端点在 [l, r] 内,且最大的均匀序列权值为 v,那么我们可以预处理出对于所有的 i,(i, i, r, v) 这个状态,把它扔进堆里,然后每从堆顶取一个元素 (x, l, r, v),我们可以用 RMQ 找到最优的右端点 p(即 S[p] - S[x-1] = v,S 为前缀和),使得 p 在 [l, r] 中,那么就输出这个 v,然后把 (x, l, p - 1, v‘) 和 (x, p + 1, r, v‘‘) 放入堆中(其中 v‘ 和 v‘‘ 都可以由求区间内最大前缀和得到),进行 k 次即可。
#include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cmath> #include <stack> #include <vector> #include <queue> #include <cstring> #include <string> #include <map> #include <set> using namespace std; const int BufferSize = 1 << 16; char buffer[BufferSize], *Head, *Tail; inline char Getchar() { if(Head == Tail) { int l = fread(buffer, 1, BufferSize, stdin); Tail = (Head = buffer) + l; } return *Head++; } int read() { int x = 0, f = 1; char c = getchar(); while(!isdigit(c)){ if(c == ‘-‘) f = -1; c = getchar(); } while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - ‘0‘; c = getchar(); } return x * f; } #define maxn 100010 #define maxlog 21 #define LL long long int n, m, k; LL S[maxn], A[maxn]; LL mx2[maxlog][maxn]; int mx[maxlog][maxn], mn[maxlog][maxn], Log[maxn], mxp[maxlog][maxn]; void rmq_init() { Log[1] = 0; for(int i = 2; i <= n; i++) Log[i] = Log[i>>1] + 1; for(int i = 1; i <= n; i++) mx[0][i] = mn[0][i] = A[i]; for(int j = 1; j < maxlog; j++) for(int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++) mx[j][i] = max(mx[j-1][i], mx[j-1][i+(1<<j-1)]), mn[j][i] = min(mn[j-1][i], mn[j-1][i+(1<<j-1)]); return ; } void rmq_init2() { for(int i = 1; i <= n; i++) mx2[0][i] = S[i], mxp[0][i] = i; for(int j = 1; j < maxlog; j++) for(int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++) if(mx2[j-1][i] > mx2[j-1][i+(1<<j-1)]) mx2[j][i] = mx2[j-1][i], mxp[j][i] = mxp[j-1][i]; else mx2[j][i] = mx2[j-1][i+(1<<j-1)], mxp[j][i] = mxp[j][i] = mxp[j-1][i+(1<<j-1)]; return ; } int qmx(int l, int r, int tp) { int t = Log[r-l+1], len = (1 << t); if(tp == 1) return max(mx[t][l], mx[t][r-len+1]); return mx2[t][l] > mx2[t][r-len+1] ? mxp[t][l] : mxp[t][r-len+1]; } int qmn(int l, int r) { int t = Log[r-l+1], len = (1 << t); return min(mn[t][l], mn[t][r-len+1]); } struct Node { int x, l, r; LL v; bool operator < (const Node& t) const { return v < t.v; } } ; priority_queue <Node> Q; int R[maxn]; int main() { n = read(); m = read(); k = read(); for(int i = 1; i <= n; i++) A[i] = read(), S[i] = S[i-1] + A[i]; rmq_init(); rmq_init2(); int nl = 1, nr = 0; for(int i = 1; i <= n; i++) { nr++; while(qmx(nl, nr, 1) - qmn(nl, nr) > m) nl++; R[nl] = nr; // printf("%d %d %d %lld\n", nl, nr, qmx(nl, nr, 2), S[qmx(nl, nr, 2)] - S[nl-1]); // Q.push((Node){ nl, nl, nr, S[qmx(nl, nr, 2)] - S[nl-1] }); } for(int i = 1; i <= n; i++) if(!R[i]) R[i] = R[i-1]; for(nl = 1; nl <= n; nl++) { LL tmp = S[qmx(nl, R[nl], 2)] - S[nl-1]; Q.push((Node){ nl, nl, R[nl], tmp }); // printf("%d %d %lld\n", nl, R[nl], tmp); } while(k--) { Node u = Q.top(); Q.pop(); printf("%lld\n", u.v); int p = qmx(u.l, u.r, 2); if(u.l < p) Q.push((Node){ u.x, u.l, p - 1, S[qmx(u.l, p - 1, 2)] - S[u.x-1] }); if(p < u.r) Q.push((Node){ u.x, p + 1, u.r, S[qmx(p + 1, u.r, 2)] - S[u.x-1] }); } return 0; }
时间: 2024-11-03 03:24:53