【BZOJ2792】[Poi2012]Well
Description
给出n个正整数X1,X2,...Xn，可以进行不超过m次操作，每次操作选择一个非零的Xi，并将它减一。
最终要求存在某个k满足Xk=0，并且z=max{|Xi - Xi+1|}最小。
输出最小的z和此时最小的k。
Input
第一行两个正整数n, m (1<=n<=1,000,000, 1<=m<=10^18)。第二行n个正整数X1,X2,...Xn (Xi<=10^9)。
Output
输出k和z。数据保证方案一定存在。
Sample Input
16 15
8 7 6 5 5 5 5 5 6 6 7 8 9 7 5 5
8 7 6 5 5 5 5 5 6 6 7 8 9 7 5 5
Sample Output
1 2
HINT
将X序列变为
0 2 4 5 5 5 5 5 6 6 7 8 9 7 5 5
此时k=1，z=2，共操作了8+5+2=15次。
题解：容易想到二分答案，但是如何判定是个问题。我们先不考虑xk=0的要求，我们先正着反着扫两遍序列，将相邻两项差>mid的改掉，即可满足任意相邻的两项差都不超过mid。
然后我们枚举k，看一下如果xk=0会对那些数产生影响。如果xk=0，那么k左右两边的数就会形成两个公差为mid的等差数列向外延伸，一直延伸到该位置的数比等差数列对应的数要小为止。所以每个数的影响范围都是一段区间[l,r]，并且容易发现k越大l越大，k越小r越小。所以我们可以用双指针处理出每个数影响区间的左端点和右端点，最后扫一遍得到最小的k即可。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1000010;
int n,ans;
int v[maxn],x[maxn],ls[maxn],rs[maxn];
ll m;
ll s[maxn],s1[maxn],s2[maxn];
inline int rd()
{
int ret=0,f=1; char gc=getchar();
while(gc<'0'||gc>'9') {if(gc=='-') f=-f; gc=getchar();}
while(gc>='0'&&gc<='9') ret=ret*10+(gc^'0'),gc=getchar();
return ret*f;
}
inline bool check(int mid)
{
ll i,j,sum=0;
for(i=1;i<=n;i++)
{
v[i]=x[i];
if(i>1) v[i]=min(v[i],v[i-1]+mid);
}
for(i=n-1;i>=1;i--) v[i]=min(v[i],v[i+1]+mid);
s1[n+1]=s2[0]=1ll<<60;
for(i=1;i<=n;i++) s[i]=s[i-1]+v[i],sum+=x[i]-v[i],s2[i]=min(s2[i-1],v[i]-i*mid);
for(i=n;i>=1;i--) s1[i]=min(s1[i+1],v[i]+i*mid);
for(i=j=1;i<=n;i++)
{
for(;s1[j]<i*mid;j++);
ls[i]=j;
}
for(i=j=n;i>=1;i--)
{
for(;s2[j]<-i*mid;j--);
rs[i]=j;
}
for(i=1;i<=n;i++)
{
if(sum+s[rs[i]]-s[ls[i]-1]-mid*(i-ls[i])*(i-ls[i]+1)/2-mid*(rs[i]-i)*(rs[i]-i+1)/2<=m)
{
ans=i;
return 1;
}
}
return 0;
}
int main()
{
n=rd(),scanf("%lld",&m);
int i,l=0,r=0,mid;
for(i=1;i<=n;i++) x[i]=rd(),r=max(r,x[i]);
check(2);
while(l<r)
{
mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) r=mid;
else l=mid+1;
}
printf("%d %d",ans,r);
return 0;
}