天才ACM

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给定一个整数m，定义一个集合的权值为从这个集合中任意选出m对数（不够没关系，选到尽可能选，凑不成对的舍去），每对数两个数的差的平方的和的最大值。

现在给出一个数列\(\{a_i\}\)，询问最少的区间划分数，让它每个区间的权值不超过p（p已给定），\(1≤n,m≤500000,0≤p≤10^{18}\)

解

首先注意到从集合中选出m对数，让每对数的差的平方的和最大值为一个贪心模型，我们只需要将集合中的元素按从小到大排序，然后把最大数和最小数配对，再将次大数和次小数配对，依次类推即可。

而只要每个区间都尽可能大，那么就是最优方案，于是原问题也就转化为确定了一个左端点，右端点在哪个位置，使权值最大化，不超过p。

法一：二分

考虑二进制优化，于是想到二分，注意到这类似二分模型，比最优方案大就无解，比最优方案小就有解，于是可以考虑二分右端点的位置mid，设二分区间为\([l,r]\)，而判断和p的大小关系，就暴力求出二分出来的区间的权值小于p，那么\(l=mid+1\)，否则\(r=mid-1\)，对于权值如何求，就暴力排序，暴力配对，于是可以做到时间复杂度\(O({\large nlog_2^{n^2}})\)。

事实证明这个算法萎了，但还是给出代码。

参考代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define il inline
#define ri register
#define ll long long
#define Size 500100
using namespace std;
int m,a[Size],b[Size];
template<class free>
il void read(free&);
il ll powsum(int,int);
il int dfs(int,int,int);
int main(){
    int lsy;read(lsy);
    while(lsy--){
        int n,l(1),tot(0);ll T;
        read(n),read(m),read(T);
        for(int i(1);i<=n;++i)read(a[i]);
        while(l<=n)l=dfs(l,n,T),++tot;
        printf("%d\n",tot);
    }
    return 0;
}
il ll powsum(int l,int r){
    int i,j,m(::m);ll ans(0);for(i=l;i<=r;++i)b[i]=a[i];sort(b+l,b+r+1);
    i=l,j=r;while(i<=j&&m)ans+=(b[i]-b[j])*(b[i]-b[j]),++i,--j,--m;
    return ans;
}
il int dfs(int l,int r,int T){
    int mid,s(l);
    while(l<=r){
        mid=l+r>>1;
        if(powsum(s,mid)>T)r=mid-1;
        else l=mid+1;
    }return l;
}
template<class free>
il void read(free &x){
    x^=x;ri char c;while(c=getchar(),c<'0'||c>'9');
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
}

法二：

实际上二进制优化家族中还有倍增，这一有力工具，但要注意思维的开放，如果找老套路从高位开始试填的话，你就会死的与二分一样惨。

不妨声明变量\(l,r,nr,J\)，分别表示确定的左端点位置，已经确定的右端点，尝试确定的右端点，一次要往前看的范围为$2^J。

因此每次操作可以这样，先令\(nr=r+2^J\)，然后查看区间\([l,nr]\)的权值与p的关系，如果比p大，则只令\(--J\)，否则\(r=nr,++J\)。

至于权值怎么办？如果照着老套路，那么又是\(?\)了，根据维护的思想，凭借已有的东西求出未知的东西，我们发现我们已经有了一段序列是有序的，没必要再把整个区间重新排序去检查，我们只需要把因为试填而带出来的新区间进行排序，然后和原来的区间归并，这样就可以做到梦寐以求的\(O(nlogn)\)了。

参考代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define il inline
#define ri register
#define ll long long
#define Size 500050
using namespace std;
int a[Size],b[Size],t[Size];
il ll powsum(int,int,int,int[]);
il void merge(int,int,int,int[]);
template<class free>il void read(free&);
int main(){
    int lsy;read(lsy);
    while(lsy--){int i,j,tot(0);ll T;
        int n,m,l(1),r(1),nr,mj(1);
        read(n),read(m),read(T);
        for(i=1;i<=n;++i)read(a[i]);b[1]=a[1];
        while(r<n){//attention
            nr=r+mj;if(nr>n)nr=n;
            for(i=r+1;i<=nr;++i)b[i]=a[i];
            sort(b+r+1,b+nr+1),merge(l,r,nr,b);
            if(powsum(l,nr,m,t)>T)mj>>=1;
            else{
                r=nr,mj<<=1;
                for(i=l;i<=r;++i)b[i]=t[i];
            }
            if(!mj)l=r+1,mj=1,++tot;
        }printf("%d\n",tot+1);
    }
    return 0;
}
il ll powsum(int l,int r,int m,int a[]){ll ans(0);
    while(l<=r&&m)ans+=(ll)(a[r]-a[l])*(a[r]-a[l]),++l,--r,--m;
    return ans;
}
il void merge(int l,int mid,int r,int a[]){
    int i(l),j(mid+1),k(l);
    while(i<=mid&&j<=r)
        if(a[i]<a[j])t[k++]=a[i++];
        else t[k++]=a[j++];
    while(i<=mid)t[k++]=a[i++];
    while(j<=r)t[k++]=a[j++];
}
template<class free>
il void read(free &x){
    x^=x;ri char c;while(c=getchar(),c<'0'||c>'9');
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
}

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原文地址：https://www.cnblogs.com/a1b3c7d9/p/11215397.html