写在前面:这是蒟蒻交的第一篇绿题题解(大祭),因为线性做法比较难想,本篇会着重讲述用 RMQ 问题求解,并尽可能用清晰明了的图片和简易的文字讲明白。
正文
最坏时间复杂度:\(\mathcal{O}(\sum n+\log \sum n)\)
在求解之前,先让我们想个问题,如何求解积水格数?再简单点,对于每个 \(i\),其积水高度是多少?看下图。
以 \(i=3\) 为例,我们可以发现,每个 \(i\) 的积水高度与它的左右两峰有关,左边锋(\(i=1\))高度为 3,是 \([1,3)\) 区间内的最高高度,右边锋(\(i=5\))高度为 4,是 \((3,5]\) 区间内的最高高度。
大家应该都听过木桶效应吧,\(i=3\) 时积水最多积 2 格,因为再多就会从 \(i=1\) 的位置流出去,所以,积水高度应该是 \(i\) 左右两峰的最小值。
那么,上述问题“对于每个 \(i\),求其积水高度”已经转化为“对于每个 \(i\),求其左右峰的高度”,再转化一下:对于每个 \(i\),求 \([1,i)\) 和 \((i,n]\) 两个区间的最大值。
显然这是可以用 DP 求解的,设 \(l_i\) 为 \(i\) 左边的峰的位置,\(r_i\) 为 \(i\) 右边的峰的位置,\(a_i\) 为 \(i\) 的高度。有如下代码:
l[0]=0,l[1]=0;//求l
for(register int i=2;i<=n;i++)
if(a[i-1]>=a[l[i-1]]) l[i]=i-1;
else l[i]=l[i-1];
r[n+1]=0,r[n]=0;//求r
for(register int i=n-1;i>=1;i--)
if(a[i+1]>=a[r[i+1]]) r[i]=i+1;
else r[i]=r[i+1];
知道了左右两峰的高度,自然而然也就可以求每个 \(i\) 的积水格数。代码见下,其中 \(p_i\) 为 \(i\) 左右两峰的最小值(也可以理解为 \(i\) 积水最高可达的高度),\(w_i\) 为 \(i\) 的积水格数,\(s\) 为总积水格数。注意特判 \(i\) 自己本身就是峰的情况。
s=0;
for(register int i=1;i<=n;i++){
p[i]=min(a[l[i]],a[r[i]]);
if(p[i]-a[i]>0) w[i]=p[i]-a[i];//如果a[i]与左右两峰形成“凹”状
else w[i]=0;//否则不积水
s+=w[i];
}
请记住上面的变量符号,后面会用到。
好了,关于积水的问题求解完了,接下来就进入重点了。对于每个 \(i\),有两种情况:
第一类,\(i\) 存在积水,即 \(p_i>a_i\)。我们对于每个 \(i\),将 \(a_i\) 增大至 \(p_i\),即将 \(i\) 升高至积水高度,不能多也不能少,多了可能会形成新的峰,增加积水格数,少了无法排尽 \(i\) 的积水,看下面的图。
此时将 \(a_3\) 提高 2 格,这是恰当好处的,多了的话 \(i=4\) 的积水格数会增加,少了也不最优。
因此,有代码(\(ans\) 是改造后的答案):
for(register int i=1;i<=n;i++)
ans=min(ans,s-w[i]);
第二类,\(i\) 是峰。可以尝试降低高度,排出峰内部的积水。这种情况十分复杂,我们要细细研究。
如果我们分别枚举每个 \(i\) 降低高度,再加上判断可以减少多少格积水,时间复杂度就会变成惊人的 \(\mathcal{O}(\sum n_j^2)\),这是不可接受的,我们要换种思路。(实际上这种思路的时间复杂度没那么夸张,如果数据水还是能过的)
设 \(v_i\) 为将 \(i\) 降低后可以减少的积水格数。枚举每个 \(i\),分别求其左右峰(\(l_i\) 和 \(r_i\))降低高度后 \(i\) 可以减少的积水格数,分别将求出的值加在 \(v_{l_i}\) 和 \(v_{r_i}\) 即可。
那么如何求可以减少的积水格数呢?
以 \(i=4\) 为例,此时 \(r_i=5\)。如果将 \(a_5\) 降至 0 高度,此时反而会积水(因为此时 \(a_7 > a_5\),形成“凹”状),所以我们只能将 \(a_5\) 降至 \(a_7\) 的高度,否则会形成多余的积水,那么 \(i=4\) 就可以减少 \(p_4-a_{r_{r_4}}\)。来解释一下,\(r_4\) 是 \(i=4\) 的右峰位置,此时我们要将 \(a_{r_4}\) 降低,但不能低于 \(r_4\) 右边较低峰的位置(图中是 \(i=7\)),即不能低于 \(r_{r_4}\) 的高度,因此 \(a_{r_4}\) 的高度会降至 \(a_{r_{r_4}}\),所以 \(i=4\) 可以减少 \(p_4-a_{r_{r_4}}\) 格积水。
综上:对于每个 \(i\),使得 \(v_{r_i}\leftarrow v_{r_i}+(p_i-a_{r_{r_i}})\)。
那么,如果我们这样写,就可以愉快的 WA 了。
来,看看 \(i=2\) 的情况,若按上述想法应减少 2 格积水,但实际上是 1 格,WHY?看看 \(i=3\),当 \(a_5\) 降至 \(a_7\) 后,它成了 \(i=2\) 的右峰,挡住了 \(i=2\) 的一部分积水,使得其只能减少 1 格。所以还要求 \((i,r_i)\) 区间内的最大值 \(y\),计算会不会出现新的峰。
这里就是 RMQ 问题了,因为是离线的,可以用 ST 表解决(当然你想用线段树也没人拦你,只是蒟蒻不太会QWQ)。
把上述结论的 \(a_{r_{r_i}}\) 改为 \(\max(a_{r_{r_i}},y)\) 就好了。
但是!!!还没结束!!!看 \(i=3\),\(a_5\) 降至 \(a_7\) 后,在区间 \([3,7]\) 中 \(a_3\) 是最大的,也就是说 \(i=3\) 减少的积水格数是 \(p_3-a_3\),不与 \(j\) 或 \(a_{r_{r_i}}\) 有关。
所以还要在 \(\max\) 内加上第三项 \(a_i\)。
这里只讨论了降低右峰的情况,左峰同理。
好啦,上这部分的 Code!
for(register int i=1;i<=n;i++){
if(p[i]>=a[i]){
//如果i是峰,不管如何降低a[l[i]]或a[r[i]]都无法增加排水格数
to=max(a[l[l[i]]],query(l[i]+1,i-1));
v[l[i]]+=(p[i]-max(to,a[i])>0?
p[i]-max(to,a[i]):0);//讨论左峰
to=max(a[r[r[i]]],query(i+1,r[i]-1));
v[r[i]]+=(p[i]-max(to,a[i])>0?
p[i]-max(to,a[i]):0);//讨论右峰
}
}
因此,\(ans\) 就可以这样求:
for(register int i=1;i<=n;i++)
ans=min(ans,s-v[i]);
两类情况讨论完毕,上总 Code!
#define by_wanguan
#include<iostream>
#include<cstring>
#define ll long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
using namespace std;
const int N=1e6+7;
ll l[N],r[N],a[N],T,n,v[N],p[N],w[N],s,ans,to;
ll read(){ll x=0,w=1;char ch=0;while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch-'0');ch=getchar();}return x*w;}
void write(ll x){int sta[24],top=0;if(x<0){putchar('-');x=-x;}do{sta[top++]=x%10;x/=10;}while(x);while(top)putchar(sta[--top]+'0');}
/*
l[i] i左边最高位置 r[i] i右边最高位置
a[i] i高度 p[i] i积水高度
v[i] i两侧峰削去可减少积水格数
w[i] i积水格数
*/
//ST表,不会去P3865
ll lg2[N],pp[22],ma[N][21],len,lg,pl;
inline void init(){
pp[0]=1;
for(register int i=1;i<=20;i++) pp[i]=pp[i-1]*2;
int cnt=0,last=2;
for(register int i=2;i<N;i++){
if(i==last) cnt++,last*=2;
lg2[i]=cnt;
}
}
inline void solve(){
for(register int i=1;i<=lg2[n]+1;i++)
for(register int j=1;j<=n;j++)
ma[j][i]=max(ma[j][i-1],ma[min(j+pp[i-1],n)][i-1]);
}
inline int query(int l,int r){
if(l>r) return 0;
if(l==0) l=1;
len=r-l+1,lg=lg2[len],pl=pp[lg];
return max(ma[l][lg],ma[r-pl+1][lg]);
}
signed main(){
T=read();
init();
while(T--){
n=read();
for(register int i=1;i<=n;i++)
a[i]=read(),ma[i][0]=a[i];
solve();
l[0]=0,l[1]=0;
for(register int i=2;i<=n;i++)
if(a[i-1]>=a[l[i-1]]) l[i]=i-1;
else l[i]=l[i-1];
r[n+1]=0,r[n]=0;
for(register int i=n-1;i>=1;i--)
if(a[i+1]>=a[r[i+1]]) r[i]=i+1;
else r[i]=r[i+1];
s=0;
for(register int i=1;i<=n;i++){
p[i]=min(a[l[i]],a[r[i]]);
if(p[i]-a[i]>0) w[i]=p[i]-a[i];
else w[i]=0;
s+=w[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++) v[i]=0;
for(register int i=1;i<=n;i++){
if(p[i]>=a[i]){
to=max(a[l[l[i]]],query(l[i]+1,i-1));
v[l[i]]+=(p[i]-max(to,a[i])>0?
p[i]-max(to,a[i]):0);
to=max(a[r[r[i]]],query(i+1,r[i]-1));
v[r[i]]+=(p[i]-max(to,a[i])>0?
p[i]-max(to,a[i]):0);
}
}
ans=s;
for(register int i=1;i<=n;i++)
ans=min(ans,s-w[i]),
ans=min(ans,s-v[i]);
write(ans),putchar('\n');
}
}
后附
日志
v1.0 on 2023.07.31: 发布
标签:洛谷,格数,int,题解,register,高度,P9485,max,积水 From: https://www.cnblogs.com/wanguan/p/17593175.html