轉移就變為 g[
i]=(
∑j=1
i−1g
[j],
s[j]
≥s[i
]−mi
d)<<
1 g[i
]=(∑
j=1i
−1g[
j],s
[j]≥
s[i]
−mid
)<<
1。把
s[i]s[
i]
按從大到小排序，可知此時合法的
j j
是乙個字首。
因此把 s[
i]' role="presentation" style="position: relative;">s[i
]s[i
]離散化，作為樹狀陣列的下標維護字首和來轉移。
此時 d
p d
p複雜度 o(
nklogn
) o(n
klogn
)，仍然不能通過。
進一步地，我們會發現：g[i]g
[i
]中為 tru
e tru
e的部分一定是一段連續的區間，只需要用區間的左右邊界來表示。
容易證明，一開始 g[
0]= g[0
]=
滿足條件，之後的轉移只涉及上述兩種運算，因此也滿足條件。
此時就可設 g[
i]= g[i
]=
，初始時 g[
0]= g[0
]=
，則：
因此計算 g[i]g
[i
]的部分就被優化掉了，dpdp
的時間複雜度 o(
nlogn)o(
nlogn
)。
#include
#include
#include
#include
#include
using
namespace
std;
namespace inout
inline
int get()
};using
namespace inout;
const
int m = 15005;
const
int maxn = 0x3f3f3f3f;
int n, k, m, l = maxn, r = -maxn, ans;
int f[m], g[m], sum[m], to[m], b[m];
inline
int max(int x, int y)
inline
int min(int x, int y)
inline
void ckmin(int &x, int y)
inline
void ckmax(int &x, int y)
struct line
line(int l, int r):
l(l), r(r) {}
inline
void
operator += (const line &x)
}c[m], h[m];
const line inf = line(maxn, -maxn);
inline line right(const line &x)
inline
void modify(int x, const line &y)
inline line query(int x)
inline
bool check(int mid)
return h[n - 1].r == k;
}int main()
sort(b + 1, b + n + 2);
m = unique(b + 1, b + n + 2) - b - 1;
for (int i = 0; i <= n; ++i)
to[i] = lower_bound(b + 1, b + m + 1, -sum[i]) - b;
++n;
while (l <= r)
printf("%d\n", ans);
return
0;}
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