标签：blog 最小值 长度 int 输出 col 栅栏 维护 输入
【问题描述】
小 v 家有一条栅栏,由 n 个木板顺序组成,第 i 个木板的高度是 Ai。现
在小镇上流行在栅栏上画矩形,所以小 v 也要在自家的栅栏上画。若要在区间
[x,x+k-1]这个区间画一个宽度为 k 的矩形(1≤x≤n-k+1),为了美观,高度一
定是这个区间里高度最低的木板。现在小 v 心中有 m 个理想的宽度,第 i 个为
Ki,(Ki 与 Kj 之间可能一样)。他想知道对于每个 Ki,其矩形高度的期望。
【输入格式】
第一行一个整数 n,表示木板的数目。
第二行有 n 个正整数,第 i 个数表示第 i 个木板的高度。
第三行一个整数 m,表示理想宽度的数目。
第四行有 m 个正整数,第 i 个数表示小 v 心中理想的第 i 个宽度 Ki。
【输出格式】
输出 m 行实数,第 i 行表示宽度为 Ki 的矩形高度的期望,只要你的答案和
正确答案的差的绝对值小于 1e-6,你的答案将被视为正确。
【输入样例】
3
3 2 1
4
1 2 3 1
【输出样例】
2.000000000000000
1.500000000000000
1.000000000000000
2.000000000000000
【数据范围】
对于 30%的数据,n≤20;m≤20;
对于 40%的数据,n≤2000;m≤2000;
对于 70%的数据,n≤100000;m≤100000;
对于 100%的数据,n≤1000000;m≤1000000;1≤Ai≤10 9 ;1≤Ki≤n;
输入较大,C++选手请使用读入优化。
%%%YZD大佬，考场怒切此题
本题要用到把差分数组差分和单调栈的技巧
0 x j i
|————|—————|—————|——————
假设我们维护一个单调递增的栈，当前点为i,j=q[tail],x=q[tail-1]
我们为了方便，写为[i,i]*[i,n]=s[i]
意思是以[i,i]为左端点，[i,n]为右端点的所有区间最小值为s[i]
如果h[i]<h[j],那么说明，之前我们认为的[x+1,j]*[i,n]=s[j]是错误的，我们要减去这些情况
再加上[x+1,j]*[i,n]=s[i]的情况
弹出j，执行单调栈操作
直到h[i]>h[j]，在加入[i,i]*[i,n]=s[i]的情况
为什么不要减去[j+1,i-1]*[i,n]？因为我们在读到i之前，[j+1,i-1]已经被处理完了
现在问题只有：怎样增加删除情况
令f[i]为长度为i的所有区间最小值的总和
我们来看一下[1,2]*[3,5]=s[i]的情况
长为2：2～3 f[2]+=s[i];
长为3：1～3，2～4 f[3]+=2*s[i];
长为4：1～4，2～5 f[4]+=2*s[i]
长为5：1～5 f[5]+=1*s[i]
我们发现，系数根据区间长呈勾函数
1 2 2 1
差分一次
1 1 0 -1 -1 0
二次差分
1 0 -1 -1 0 1
为什么要二次差分？
1 2 3 4 5 5 4 3 2 1
差分一次：1 1 1 1 1 0 -1 -1 -1 -1 -1
涉及了线段树区间操作，显然超时
但若再差分一次：1 0 0 0 0 -1 -1 0 0 0 0 1
就只要修改4个点
把二次差分拓展到[x+1,j]*[i,n]
最短的区间长是i-j+1，f[i-j+1]+=s[i]
最长的是区间长是n-x，f[n-x+2]+=s[i]
f[i-k+1]-=s[i]
f[n-k+2]-=s[i]
因为还要减去s[j]，所以将s[i]变成s[i]-s[j]就行
对于[i,i]×[i,n]=s[i]的系数
1 1 1 1 1 1 1(n-i+1) 0 0
差分：1 0 0 0 0 0 0 0 0 -1 0
再差分：1 -1 0 0 0 0 0 0 0 -1 1
就等价于：f[1]+=s[i],f[2]-=s[i],f[n-i+2]-=s[i],f[n-i+3]+=s[i]
得到最后的数组只要求两次前缀和就行了
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 #include<cstring> 5 using namespace std; 6 double f[1000001]; 7 int q[1000001],tail,i,s[1000001],n,m; 8 int gi() 9 { 10 char ch=getchar(); 11 while (ch<‘0‘||ch>‘9‘) ch=getchar(); 12 int x=0; 13 while (ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) 14 { 15 x=x*10+ch-‘0‘; 16 ch=getchar(); 17 } 18 return x; 19 } 20 21 int main() 22 {int i,k; 23 freopen("fence.in","r",stdin); 24 freopen("fence.out","w",stdout); 25 cin>>n; 26 for (i=1;i<=n;i++) 27 { 28 s[i]=gi(); 29 while (tail&&s[q[tail]]>s[i]) 30 { 31 int j=q[tail],k=q[tail-1]; 32 f[i-j+1]+=s[i]-s[j]; 33 f[n-k+2]+=s[i]-s[j]; 34 f[n-j+2]+=s[j]-s[i]; 35 f[i-k+1]+=s[j]-s[i]; 36 tail--; 37 } 38 tail++; 39 q[tail]=i; 40 f[1]+=s[i];f[2]-=s[i]; 41 f[n-i+3]+=s[i];f[n-i+2]-=s[i]; 42 } 43 for (i=1;i<=n;i++) 44 f[i]+=f[i-1]; 45 for (i=1;i<=n;i++) 46 f[i]+=f[i-1]; 47 cin>>m; 48 for (i=1;i<=m;i++) 49 { 50 k=gi(); 51 printf("%.15lf\n",f[k]/(double)(n-k+1)); 52 } 53 }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/Y-E-T-I/p/7511930.html
