题解 AT4167 【[ARC100B] Equal Cut】
皎月半洒花
2020-03-09 11:10:26
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 $O(n)$ 。
```cpp
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 ;
}
```