P6087 [JSOI2015]送礼物 01分数规划+单调队列+ST表

P6087 [JSOI2015]送礼物 01分数规划+单调队列+ST表

题目背景

(JYY)(CX) 的结婚纪念日即将到来,(JYY) 来到萌萌开的礼品店选购纪念礼物。

萌萌的礼品店很神奇,所有出售的礼物都按照特定的顺序都排成一列,而且相邻 的礼物之间有一种神秘的美感。于是,(JYY) 决定从中挑选连续的一些礼物,但究 竟选哪些呢?
题目描述

假设礼品店一共有 (N) 件礼物排成一列,每件礼物都有它的美观度。排在第 (i (1leqslant ileqslant N)) 个位置的礼物美观度为正整数 (A_i)​。(JYY) 决定选出其中连续的一段,即编号为 (i,i+1,cdots,j-1,j) 的礼物。选出这些礼物的美观程度定义为

[frac{M(i,j)-m(i,j)}{j-i+K}
]

其中 (M(i,j)) 表示 (max{A_i,A_{i+1},cdots,A_j})(m(i,j)) 表示 (min{A_i,A_{i+1},cdots,A_j})(K) 为给定的正整数。 由于不能显得太小气,所以 (JYY) 所选礼物的件数最少为 (L) 件;同时,选得太多也不好拿,因此礼物最多选 (R) 件。(JYY) 应该如何选择,才能得到最大的美观程度?由于礼物实在太多挑花眼,(JYY) 打算把这个问题交给会编程的你。

输入格式

本题每个测试点有多组数据。

输入第一行包含一个正整数 (T),表示有 (T) 组数据。

每组数据包含两行。第一行四个非负整数 (N,K,L,R)。第二行包含 (N) 个正整数,依次表示 (A_1,A_2,cdots,A_n)​。

输出格式

输出 (T) 行,每行一个非负实数,依次对应每组数据的答案,数据保证答案不 会超过 (10^3)。输出四舍五入保留 (4) 位小数。

输入输出样例

输入

1
5 1 2 4
1 2 3 4 5

输出

0.7500

说明/提示

对于 (100%) 的数据,(Tleqslant 10,N,Kleqslant 5times 10^4)(1leqslant A_ileqslant 10^8)(2leqslant L,Rleqslant N)

分析

看到这一个式子,显然是 (01) 分数规划

但是一般的 (01) 分数规划都是上面一个求和公式比下面一个求和公式

而这一道题则是最大值减去最小值比区间长度加一个定值的形式

我们手玩一下会发现,一个区间的左右两端一定是该区间的最大值或最小值

因为如果你在最大值或者最小值的基础上继续扩展的话,分母会变大,结果会变小,肯定不利于我们求解

但是有可能最大值和最小值之间的元素个数小于最小的区间长度 (l) ,此时我们就必须向两边扩展

因此,我们分两种情况讨论:

(1) 、 区间的长度大于 (l)

此时,我们像正常的 (01) 分数规划一样二分枚举即可

我们设此时枚举到的价值为 (mids)

那么如果 (frac{M(i,j)-m(i,j)}{j-i+K} geq mids)

则有 ( M(i,j)-m(i,j) geq mids times (j-i+K))

根据之前推导的结论,两边的元素只能是最大值或者最小值

因此我们分类讨论

如果区间左边的元素大于区间右边的元素

则有 (a[i]-a[j] geq mids times (j-i+K))

我们展开移一下项,就有

(a[i]-a[j] geq mids times j- mids times i +mids times K)

(a[i]+i times mids – a[j] – j times mids geq mids times K)

我们令 (val[i]=a[i]+i times mids)

则就有 (val[i]-val[j] geq mids times K)

其中右边是一个常数

于是我们惊喜地发现这玩意可以用单调队列去搞一下

同理,如果区间左边的元素大于区间右边的元素

则有 (a[j]-a[i] geq mids times (j-i+K))

(a[j]-a[i] geq mids times j- mids times i +mids times K)

(a[j]- j times mids – a[i] + i times mids geq mids times K)

我们令 (val[i]=a[i]-i times mids)

则就有 (val[j]-val[i] geq mids times K)

也可以用单调队列去维护

(2) 、区间的长度等于 (l)

此时我们用 (ST) 表预处理出区间最大最小值

每次从左到右扫一边枚举左端点即可

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
const double eqs=1e-6;
int zdz[maxn][20],zxz[maxn][20],a[maxn],n,k,l,r;
double ans=0;
void solve1(){
	int cd=log2(l);
	for(int i=1;i<=n-l+1;i++){
		int j=i+l-1;
		double mmax=max(zdz[i][cd],zdz[j-(1<<cd)+1][cd]);
		double mmin=min(zxz[i][cd],zxz[j-(1<<cd)+1][cd]);
		ans=max(ans,(mmax-mmin)/((double)l-1+(double)k));
	}
}
//枚举区间等于l的情况,直接暴扫
int ql[maxn],qr[maxn],headl,headr,taill,tailr;
double val[maxn];
bool jud(double mids){
	double res=mids*k;
	memset(ql,0,sizeof(ql));
	memset(qr,0,sizeof(qr));
	headl=1,taill=0,headr=1,tailr=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		val[i]=(double)a[i]-i*mids;
	}
	for(int i=l;i<=n;i++){
		while(headl<=taill && i-ql[headl]+1>r) headl++;
		if(headl<=taill && val[i]-val[ql[headl]]>=res) return 1;
		while(headl<=taill && val[i-l+1]<=val[ql[headl]]) taill--;
		ql[++taill]=i-l+1;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		val[i]=(double)a[i]+i*mids;
	}
	for(int i=l;i<=n;i++){
		while(headr<=tailr && i-qr[headr]+1>r) headr++;
		if(headr<=tailr && val[qr[headr]]-val[i]>=res) return 1;
		while(headr<=tailr && val[qr[tailr]]<=val[i-l+1]) tailr--;
		qr[++tailr]=i-l+1;
	}
	return 0;
}
//单调队列分别搞一下
void solve2(){
	double ml=0,mr=1000,mmids;
	while(mr-ml>eqs){
		mmids=(ml+mr)/2;
		if(jud(mmids)) ml=mmids;
		else mr=mmids;
	}
	ans=max(ans,ml);
}//01分数规划
int main(){
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&l,&r);
		ans=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=0;j<20;j++){
				zxz[i][j]=0x3f3f3f3f,zdz[i][j]=-0x3f3f3f3f;
			}
		}
		for(int i=1;i<=n;i++){
			scanf("%d",&a[i]);
			zxz[i][0]=a[i];
			zdz[i][0]=a[i];
		}
		for(int j=1;j<=18;j++){
			for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){
				zxz[i][j]=min(zxz[i][j-1],zxz[i+(1<<(j-1))][j-1]);
				zdz[i][j]=max(zdz[i][j-1],zdz[i+(1<<(j-1))][j-1]);
			}
		}
		//ST表预处理
		solve1();
		//情况一
		solve2();
		//情况二
		printf("%.4lfn",ans);
	}
	return 0;
}
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