題目參考題解：
很好。首先考慮我們用貪心證明兩個東西：
如果第\(i\)個可以歸到前面的部分就歸到前面的部分，不要放到後面的部分，反正放到後面也只會讓校驗值增大，還不如不放。
對於乙個數列而言，如何求校驗值？答案是最大的減最小的的平方加上次大的...。
至於證明，首先，如果對於\((x-y)^2(x>y)\)，而數列中有 沒有用的比\(x\)更大或比\(y\)更小的數字的話，那麼我們肯定要用啊。
第二，對於\(a而言，最大的方案肯定是：\((a-d)^2+(b-c)^2\)，要證明的話全部化成平方和就變成了問兩兩數字相乘最小的問題了：\(a^2+b^2+c^2+d^2-2ad-bc\)，這個大家肯定都會證明的吧，不會證明看這裡：
通過這兩個結論就可以證明了。
因為長度越長校驗值越大，根據這個可以二分，也就是二分+check，但是如果每個塊都很小的話時間複雜度就很容易被卡成：\(o(kn^2log^2n)\)，。
這個時候就要用到倍增了，倍增演算法完美解決了二分處理小資料時無力的問題，倍增的流程是：
確定乙個\(x=1,r=1\)，然後如果\([1,r+x]\)可以的話，那麼\(r+=x,x<<=1\)，並重複1操作，但是如果不可以的話，\(x>>=1\)並跳到2操作。
如果[1,r+x]可以的話，\(r+=x\)，不管可不可以，\(x>>=1\)並重複2操作直到\(x=0\)。
當然還有一種較慢的倍增：是如果不可以\(x>>=1\)，可以\(x<<=1\)，但是會慢（因為其實也是跟上面一樣的流程，但是在2步驟中一旦可以會\(x<<=1\)又要花一次\(x>>=1\)來重回正軌）。
（其實我一開始的寫法是是1操作沒有\(r+=x\)，跳到2操作時再\(r=x\)，但是沒必要，還會慢）
當然，上面的三種做法，單次的時間複雜度都是\(o(\log)\)（\(t\)為最終的\(r\)），因此倍增是乙個時間複雜度很優秀的演算法，而且在處理資料塊很小時更是展現出比二分大得多的優越性。（至於為什麼，你可以把第乙個步驟看成找最大\(?\)使得\(2^-1≤t\)，至於第二個步驟，則是又把\(?\)遍歷一遍，所以是\(o(\log)\)）
採用快速排序的時間複雜度是\(o(nlog^2n)\)。
證明我先寫的下面的證明，哈哈：
設第\(i\)個塊長度為\(l_i\)，且在倍增第乙個步驟中\(x\)最大去到了\(xx\)。
注：計算校驗值的時間複雜度是塊長，而排序的複雜度大於等於塊長，因此預設忽略校驗值的時間複雜度計算。
第乙個步驟是乙個\(log\)，我們不管他，我們要證的是第二個步驟，第乙個步驟完畢後，確定的\(r\)大於等於\(\frac\)，因為要check \(logl_i\)次，所以時間複雜度為：\(o(rlogl_ilogr)=r(l_ilog^2l_i)\)。
所有塊合併起來的時間複雜度就是：\(o(nlog^2n)\)。
常數小可以ac此題。
#include#include#include#define n 510000
using namespace std;
int a[n],b[n],n,m;
long long t;
inline int mymin(int x,int y)
int main()
cnt*=2;
}if(cnt!=n-now)
}cnt>>=1;}}
now+=r;
ans++;
} printf("%d\n",ans);
} return 0;
}
即我現在已經知道了\(x\)，然後要對\(x+y\)進行排序，那麼就對\(y\)進行排序，然後合併。
這個優化在較快的倍增中的第乙個步驟中是毫無優化的，因為：\(\frac*\log
}*2+n=n\log\)。
但是再第二個步驟中，就不會因為長度較小的\(y\)而重複排序了，優化程度很大。
（下面證明用的是目前講的最快的倍增打法）
那麼我們現在就來證明一波時間複雜度：
設第\(i\)個塊長度為\(l_i\)，且在倍增第乙個步驟中\(x\)最大去到了\(xx\)。
注：計算校驗值的時間複雜度是塊長，而排序的複雜度大於等於塊長，因此預設忽略校驗值的時間複雜度計算。
對於第乙個步驟而言：\(o(1*log(1)+3*log(2)+7*log(4)+...+(2*xx-1)*log(xx)+(4*xx-1)*log(xx*2))=o(xx\log)\)（根據\(a_1\log+a_2\log+...+a_i\log≤sum\log\)得出，\(sum\)為總和）
對於第二個步驟而言：
合併的話，即使假設單次合併的的時間是最終塊長的兩倍，那麼時間複雜度也是：\(o(log_l_i)\)，所以就是分析快速排序的時間複雜度：\(o(1*log(1)+2*log(2)+4*log(4)+...+\frac*log(\frac)=o(xx\log)\)，因此對於乙個塊而言，時間複雜度即為：\(o(l_i\log)\)，所有塊時間複雜度一合併，就是\(o(nlogn)\)了。
**：
#include #include using namespace std;
typedef long long ll;
const int n = 500005;
int n, m;
int ans;
ll t;
ll w[n], t[n];
ll tmp[n];
ll sq(ll x)
bool check(int l, int mid, int r) // 判斷區間 [l, r) 是否合法，並將 t 中的 [l, mid) 區間和 [mid, r) 區間合併到 tmp 中
int main()
else len >>= 1;
}start = end;
ans ++ ;
}printf("%d\n", ans);
}return 0;
}
倍增問題之 天才ACM
下面要介紹給大家的題選自 演算法競賽高階指南 這道題困擾了我乙個月，今天終於被我乾掉了，下面給出題目和 希望對大家有幫助。給定乙個整數 m，對於任意乙個整數集合 s，定義 校驗值 如下 從集合 s 中取出 m 對數 即 2 m 個數，不能重複使用集合中的數，如果 s 中的整數不夠 m 對，則取到不能...
AcWing 109 天才ACM 倍增
題目鏈結 這道題最基本的想法就是一次尋找每個區間，對於每個區間，用二分來判定其最大長度。每次check的時候，對區間排序，不斷取出不大於m對最大值與最小值求值即可。然後你就喜提tle了，笑如果用倍增來代替二分的話能過，不過其實倍增最壞複雜度和二分一樣，應該是資料沒有刻意來卡倍增。下面先給出倍增的 c...
AcWing 109 天才ACM 倍增 歸併
給定乙個整數 mm，對於任意乙個整數集合 ss，定義 校驗值 如下 從集合 ss 中取出 mm 對數 即 2 m2 m 個數，不能重複使用集合中的數，如果 ss 中的整數不夠 mm 對，則取到不能取為止 使得 每對數的差的平方 之和最大，這個最大值就稱為集合 ss 的 校驗值 現在給定乙個長度為 n...