笨蛋花的小窝qwq

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“我要再和生活死磕几年。要么我就毁灭,要么我就注定铸就辉煌。如果有一天,你发现我在平庸面前低了头,请向我开炮。”

题解 AT4167 【[ARC100B] Equal Cut】

posted on 2020-03-09 11:10:26 | under 题解 |

尝试写水题题解以换取贡献分.jpg

znm,长得一脸可三分的样子然而并不可三分,因为很容易知道在这种多峰函数三分本质上和爬山没啥区别。可能会有什么神必的退火或者遗传做法。但是个人感觉这个数据范围似乎不是很允许。

考虑暴力怎么做。尝试去枚举中间的第二段的右端点,这样再去枚举 $a,c,d$ ,复杂度是 $O(n^3)$ 的。

观察题目所给的性质。发现所有数都 $>0$。于是考虑枚举第二段的时候,对于一个与自己极差最小的第一段,由于第二段数一直在增多,所以第一段的右端点下标必然是不降的;对于第三、四段,这个性质同样成立。

于是可以想到枚举第二段,第一段和第三段都变成了 $O(1)$ 。最终复杂度 $O(n)$ 。

int n ;
ll ans ;
ll S[4] ;
ll minx ;
ll maxx ;
ll sum[N] ;
ll base[N] ;

ll gt(ll x){
    return x < 0 ? -x : x ;
}
void chkmin(ll x){
    minx = x >= minx ? minx : x ;
}
void chkmax(ll x){
    maxx = x >= maxx ? x : maxx ;
}
int main(){
    cin >> n ;
    ans = (1ll << 62) ;
    for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i){
        scanf("%lld", &base[i]) ;
        sum[i] = sum[i - 1] + base[i] ;
    }
    int l = 2, r = 4 ;
    S[0] = base[1] ; S[2] = base[3] ;
    S[1] = base[2] ; S[3] = sum[n] - sum[3] ;
    for (int i = 3 ; i <= n ; ++ i){
        while (l < i && gt(S[0] - S[1]) > gt(S[0] + base[l] - S[1] + base[l])){
            S[0] += base[l], S[1] -= base[l], ++ l ;
        }
        while (r <= n && gt(S[3] - S[2]) > gt(S[2] + base[r] - S[3] + base[r])){
            S[2] += base[r], S[3] -= base[r], ++ r ;
        }
        minx = (1ll << 61) ; maxx = -(1ll << 61) ;
        for (int j = 0 ; j <= 3 ; ++ j) chkmin(S[j]), chkmax(S[j]) ;
        ans = min(ans, maxx - minx) ; S[1] += base[i] ; S[2] -= base[i] ;
        //for (int j = 0 ; j <= 3 ; ++ j) cout << S[j] << " " ; puts("") ;
    }
    cout << ans << endl ; return 0 ;
}