提供二分+DP做法。

Solution

题意

给出 \(n(\le 2\times 10^5)\) 个单调递增偶整数 \(a_i\)，求最小的 \(k\) 满足每一个 \(i\) 都可以在 \(k\) 时刻之前（含）与相邻的数相遇。每个单位时间可以移动一个单位距离。

思路

启发式思考

在想到正解之前，我们可以想想类正解。

显然，在时间一单位一单位过去的时候，一个元素如果愣着不动，肯定不是最优的策略——因为无论它去追随相邻的、或是去相遇相邻的，时间都可以尽可能更优。

所以我们看做元素是不断运动的。

如果它乱走，没有遇到任意一个相邻的元素的情况下，随便改变方向，好像也不优。所以我们也规定一个元素就只有两个阶段：第一、第二阶段——要么先左再右，要么先右再左。

想到这里，对我们有了些许启发。来看看下面这个能拿 80pts 的错解：

就考虑两种情况：

1. 奇（ji）左偶右：黑色表示第一阶段、红色表示第二阶段

2. 奇（ji）右偶左：同上

当然 \(n\) 的奇偶也要考虑。

像这样，是不是以为可以直接 \(O(n)\) 直接跑就解决了？

显然，这太天真了 （像我一样） ，提供一组 hack 数据：

input

10
12 12 24 26 56 70 98 124 124 178 

answer

34

output

36

至于模拟过程自己模拟吧，这是我能对出来的最小数据了。

贴一个错误代码，可以自己对拍对数据。

正解

我们可以直接二分答案 \(k\)。

接下来考虑怎么扩缩范围。

设 \(f(i,0)\) 表示元素 \(i\) 先左走，调头后最多还可走多少步。

设 \(f(i,1)\) 表示元素 \(i\) 先右走，最多可以走多少步再掉头。

然后就是小学学过的相遇问题，自己在纸上画画就出来了，这里不做赘述。要是不会的话，可以私信。

方程不好整理 （因为我懒） 自己看代码吧。挺具象的。

代码

马蜂抽象就随便看看吧，溜了

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long

const int MAXN = 2e5 + 5;

int n;
int a[MAXN];
int d[MAXN];
int f[MAXN][2];

bool check(int md) {
    memset(f, -1, sizeof(f));
    f[1][1] = md;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (f[i - 1][1] != -1) {
            int k = f[i - 1][1];
            if (k - d[i] / 2 >= 0) {
                f[i][0] = max(f[i][0], md - d[i] / 2);
                f[i][1] = max(f[i][1], k - d[i] / 2);
            }
        }
        if (f[i - 1][0] != -1) {
            int k = f[i - 1][0];
            if (k - d[i] / 2 >= 0) {
                f[i][0] = max(f[i][0], k - d[i] / 2);
                f[i][1] = max(f[i][1], k - d[i] / 2);
            }
        }
    }
    return f[n][0] != -1 || f[n][1] != -1;
}

signed main() {
    scanf("%lld", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &a[i]);
    for (int i = 2; i <= n; i++) d[i] = a[i] - a[i - 1];
    int l = 1, r = 1e9, mid, ans = -1;
    while (l <= r) {
        mid = l + r >> 1;
        if (check(mid))
            r = mid - 1, ans = mid;
        else
            l = mid + 1;
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}