簡化後題目敘述
輸入說明
第一列有一個正整數 $n$ ($1\le n\le 300000$)。接下來的 $n$ 列每一列有兩個整數 $v_i, l_i$,這些數字都介於 $0$ 到 $10^9$ 之間。輸入保證所有 $v_i$ 都不重複。
輸出說明
輸出最小誤差值,精確到小數點以下第一位。
範例輸入 1
5
0 0
2 1
3 5
6 7
7 11
範例輸出 1
1.0
範例輸入 2
10
5 9
8 9
0 0
23 18
26 18
2 0
3 0
13 9
18 9
21 18
範例輸出 2
0.0
OJ 連結
題目出處:ICPC 2018 Asia Seoul Regional
解法
可以對答案做二分搜:如果存在一個誤差 $\le x$ 的函數,那就會存在一個誤差 $\le x'$ 的函數($x \le x'$)。於是只要有個方法判斷對於給定誤差值 $x$,是否存在一個函數 $F$ 其誤差值 $\le x$ 就行了。
固定好誤差值以後,我們可以試圖把序列分成連續的三段。顯然第一段可以盡可能地把 $\le x$ 的那些數字吃掉。接下來得要判斷能否將剩下的數字分成兩段,並決定 $L_1$ 與 $L_2$ 的值並使得兩段的誤差值皆 $\le x$。
若存在一個誤差值不超過 $x$ 的函數,那麼指定 $L_1= (\text{第二段的最大值})-x$、以及 $L_2=(\text{第二與第三段的最大值})-x$ 也得是一個誤差不超過 $x$ 的函數。我們可以用線性時間預處理這兩個值,並且判斷它們是否滿足題目要求。
參考程式碼
下面程式碼有很多地方可以省略不算,但是為了保持結構的完整性我還是把他們都寫下來了。
有個很心機的地方,要注意到當輸入的 $(v, l)$ 數對裡面的 $v=0$ 的時候,不能把 $l$ 算入第二段或第三段。為了避免它影響二分搜的實作,這種情形出現時,不妨就直接定為二分搜的值 $x$ 的下界吧。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool test(const vector<int> &a, int twice_x) {
int n = a.size();
vector<int> lmax(n), rmax(n), lmin(n), rmin(n);
// 找出第一段。
int start = 0;
while (start < n && a[start] * 2 <= twice_x)
start++;
if (start >= n - 1)
return true;
// 處理第二段與第三段。
lmax[start] = a[start];
lmin[start] = a[start];
rmax[n - 1] = a[n - 1];
rmin[n - 1] = a[n - 1];
for (int i = start + 1; i < n; i++) {
lmax[i] = max(lmax[i - 1], a[i]);
lmin[i] = min(lmin[i - 1], a[i]);
}
for (int i = n - 2; i >= start; i--) {
rmax[i] = max(rmax[i + 1], a[i]);
rmin[i] = min(rmin[i + 1], a[i]);
}
// 枚舉可能的分界點。
for (int i = start; i + 1 < n; i++) {
int L1_minus_x = lmax[i] - twice_x;
int L2_minus_x = rmax[start] - twice_x;
if (L1_minus_x <= lmin[i] && L2_minus_x <= rmin[i + 1])
return true;
}
return false;
}
int main() {
// 輸入檔比較大,所以要用較快的輸入方式。
ios_base::sync_with_stdio(false);
cin.tie(NULL);
int n;
cin >> n;
vector<pair<int, int>> input;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int x, y;
cin >> x >> y;
input.emplace_back(x, y);
}
sort(input.begin(), input.end());
// 把輸入轉存到陣列裡面,v值排好序以後就不需要了。
vector<int> a;
for (auto it : input)
a.push_back(it.second);
// 定義二分搜的左右界。
long long l = (input[0].first == 0 ? a[0] * 2 : 0), r = 2e9, ans = 2e9;
while (l <= r) {
long long m = (l + r) / 2;
if (test(a, m)) {
ans = m;
r = m - 1;
} else {
l = m + 1;
}
}
cout << ans / 2 << "." << (ans % 2 * 5) << endl;
return 0;
}
備註
這題畢竟只是一連串的「連續片段最大值、最小值查詢」。因此如果我們使用 RMQ問題 的相關演算法——包含 $O(n)-O(1)$ 的預處理(+/-1 RMQ、建立最大值與最小值的稀疏表格 Sparse Table),再加上使用三分搜找出第二與第三段之間的分界,整題的時間複雜度可以變成 $O(n+\log C\log n)$。再用力一點的話可以把二分搜的部份離散化,作到 $O(n+\log^2 n) = O(n)$。
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