标签：RMQ
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Description
JSOI的国境线上有N一座连续的山峰,其中第i座的高度是hi.
为了简单起见,我们认为这N座山峰排成了连续一条直线.
如果在第i座山峰上建立一座高度为p(p≥0)的灯塔,JYY发现,这座灯塔能够照亮第j座山峰,当且仅当满足如下不等式
hj≤hi+p+|i−j|−−−−−√
h
j
≤
h
i
+
p
+
|
i
−
j
|
JSOI国王希望对于每一座山峰,JYY都能提供建造一座能够照亮全部其他山峰的灯塔所需要的最小高度.你能帮助JYY么?
1< N ≤ 10^5
0 < hi ≤ 10^9
输入一行包含一个正整数N。
接下来N行，第i行包含一个正整数ℎi，表示第i座山峰的高度。
Output
第i行包含一个非负整数，表示在第i座山峰上修建灯塔所需要的最小高度Pi
6
5
3
2
4
2
4
Sample Output
2
3
5
3
5
4
题意
给定一个序列h,对于每个hi都存在一个常数p,满足下面的式子
hj≤hi+p+|i−j|−−−−−√（1≤j≤n)
h
j
≤
h
i
+
p
+
|
i
−
j
|
（
1
≤
j
≤
n
)
求出每个hi对应的p
分析
hj≤hi+p+|i−j|−−−−−√（1≤j≤n)
h
j
≤
h
i
+
p
+
|
i
−
j
|
（
1
≤
j
≤
n
)
移项得到：
hj−hi−|i−j|−−−−−√≤p
h
j
−
h
i
−
|
i
−
j
|
≤
p
对于此式，hi为恒定值，突破点在sqrt(abs(i-j))上
可以发现长度为n的序列，sqrt(abs(i-j))最多只有sqrt(n)种取值
那么对于每段的sqrt(abs(i-j))，找出这段中最大的hj就可以了，这可以用RMQ解决
时间复杂度O(nn−−√)
时
间
复
杂
度
O
(
n
n
)
常数较大，垫底gg
看来还是要去补补整体二分的锅啊
code
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,a,b) for(register int i=a;i<=b;i++)
#define dep(i,a,b) for(register int i=a;i>=b;i--)
#define ll long long
#define mem(x,num) memset(x,num,sizeof x)
#define reg(x) for(int i=last[x];i;i=e[i].next)
using namespace std;
inline ll read(){
ll f=
1,x=
0;
char ch=getchar();
while(ch<
'0'||ch>
'9'){
if(ch==
'-')f=-
1;ch=getchar();}
while(ch>=
'0'&&ch<=
'9'){x=x*
10+ch-
'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
const int maxn=
1e5+
6;
int n,h[maxn],f[maxn][
36],bit[maxn],blo;
void RMQ(){
rep(i,
1,n)f[i][
0]=h[i];
rep(j,
1,blo)
rep(i,
1,n)
if(i+(
1<<j)<=n)f[i][j]=max(f[i][j-
1],f[i+(
1<<(j-
1))][j-
1]);
}
inline int query(
int l,
int r){
int Len=bit[r-l+
1];
return max(f[l][Len],f[r-(
1<<Len)+
1][Len]);
}
void doit(
int x){
int i=
1,j=x-
1,ans=
0;
while(
true){
int len=i*i-(i-
1)*(i-
1),k=max(j-len+
1,
1);
if(k>j)
break;
int Max=query(k,j);
ans=max(ans,Max-h[x]+i);
if(k==
1)
break;
j=k-
1;i++;
}
i=
1,j=x+
1;
while(
true){
int len=i*i-(i-
1)*(i-
1),k=min(n,j+len-
1);
if(k<j)
break;
int Max=query(j,k);
ans=max(ans,Max-h[x]+i);
if(k==n)
break;
j=k+
1;i++;
}
printf(
"%d\n",ans);
}
int main()
{
n=read();
blo=(
int)(
log((
double)n)/
log(
2.0));
rep(i,
1,n)bit[i]=(
int)(
log((
double)i)/
log(
2.0));
rep(i,
1,n)h[i]=read();
RMQ();
rep(i,
1,n)doit(i);
return 0;
}
