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Codeforces Round #686 (Div. 3) F. Array Partition 二分 + 线段树
阅读量:261 次
发布时间:2019-03-01

本文共 2732 字,大约阅读时间需要 9 分钟。

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题意:

化简一下题意就是求满足 m a x ( 1 , x ) = m i n ( x + 1 , y ) = m a x ( y + 1 , n ) max(1,x)=min(x+1,y)=max(y+1,n) max(1,x)=min(x+1,y)=max(y+1,n) l e n 1 = x , l e n 2 = y − x , l e n 3 = n − y len1=x,len2=y-x,len3=n-y len1=x,len2=yx,len3=ny

思路:

首先我们暴力做法就是 n 2 n^2 n2枚举 x , y x,y x,y的位置,让后判断 ( y + 1 , n ) (y+1,n) (y+1,n)是否符合条件,复杂度 O ( n 2 l o g n ) O(n^2logn) O(n2logn)

考虑优化一下,我们可以只枚举 x x x,让后根据 m i n min min m a x max max的可二分性,即越往后 m i n min min越小, m a x max max越大。根据这个性质我们二分 y y y的位置。设 m a x ( 1 , x ) = m x max(1,x)=mx max(1,x)=mx,如果 [ x + 1 , m i d ] [x+1,mid] [x+1,mid] m i n min min小于 m x mx mx,那么说明位置太靠前了,需要向后移动,如果大于 m x mx mx,说明位置太靠后了,要往前移动,如果等于 m x mx mx的话,说明 m i n min min符合了,我们就根据 [ m i d + 1 , n ] [mid+1,n] [mid+1,n] m a x max max值来判断,跟判断 m i n min min的方法差不多。

用的线段树,复杂度 O ( n l o g 2 n ) O(nlog^2n) O(nlog2n)

//#pragma GCC optimize(2)#include
#include
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#define X first#define Y second#define L (u<<1)#define R (u<<1|1)#define pb push_back#define mk make_pair#define Mid (tr[u].l+tr[u].r>>1)#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))#define db puts("---")using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;typedef unsigned long long ULL;typedef pair
PII;const int N=1000010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;const double eps=1e-6;int n;int a[N],pre[N];struct Node{ int l,r; int mi,mx;}tr[N<<2];void pushup(int u){ tr[u].mi=min(tr[L].mi,tr[R].mi); tr[u].mx=max(tr[R].mx,tr[R].mx);}void build(int u,int l,int r){ tr[u]={ l,r}; if(l==r) { tr[u].mx=tr[u].mi=a[l]; return; } build(L,l,Mid); build(R,Mid+1,r); pushup(u);}int query_max(int u,int l,int r){ if(tr[u].l>=l&&tr[u].r<=r) return tr[u].mx; int ans=0; if(l<=Mid) ans=max(ans,query_max(L,l,r)); if(r>Mid) ans=max(ans,query_max(R,l,r)); return ans;}int query_min(int u,int l,int r){ if(tr[u].l>=l&&tr[u].r<=r) return tr[u].mi; int ans=INF; if(l<=Mid) ans=min(ans,query_min(L,l,r)); if(r>Mid) ans=min(ans,query_min(R,l,r)); return ans;}bool check(int id,int mx){ int l=id+1,r=n; while(l<=r) { int mid=l+r>>1; int mi=query_min(1,id+1,mid); if(mi>mx) l=mid+1; else if(mi
mx) l=mid+1; else if(pre[mid+1]
=1;i--) pre[i]=max(pre[i+1],a[i]); build(1,1,n); int flag=0,mx=0;; for(int i=1;i<=n;i++) { mx=max(mx,a[i]); if(check(i,mx)) { flag=1; break; } } if(!flag) puts("NO"); for(int i=1;i<=n;i++) pre[i]=0; } return 0;}/**/

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