[BZOJ2792][Poi2012]Well

2792: [Poi2012]Well

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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

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。

 

Source

鸣谢 oimaster

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要求最小化最大值，肯定想到二分。

二分判定的难点在于如何求最小的能等于0的数。

假如要把i位置变成0，则一定会修改一个区间[L,R]

所以必须满足a[L]>(i-L)*mid,且a[R]>(R-i)*mid

这两个显然都是单调的，然后[L,R]这个区间要想修改最小的话，最后一定变成前后两个等差数列，其中公差=mid，第i项=0，直接统计答案即可。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define N 1000010
#define mid (l+r>>1)
#define ll long long
using namespace std;
int n,a[N],b[N];
ll m,f[N],sum[N];
inline int check(int x)
{
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)b[i]=a[i];
    for(int i=2;i<=n;i++)
    if(b[i]-b[i-1]>x)
    ans+=b[i]-b[i-1]-x,b[i]=b[i-1]+x;
    for(int i=n-1;i;i--)
    if(b[i]-b[i+1]>x)
    ans+=b[i]-b[i+1]-x,b[i]=b[i+1]+x;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    sum[i]=sum[i-1]+b[i];
    if(ans>m)return 0;
    for(int i=1,j=1;i<=n;i++)
    {
        while(j<i&&b[j]<=(ll)(i-j)*x)j++;
        f[i]=sum[i-1]-sum[j-1]-(ll)(i-j)*(i-j+1)/2*x;
    }
    for(int i=n,j=n;i;i--)
    {
        while(j>i&&b[j]<=(ll)(j-i)*x)j--;
        f[i]+=sum[j]-sum[i]-(ll)(j-i)*(j-i+1)/2*x;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    if(b[i]+f[i]+ans<=m)return i;
    return 0;
}
int main()
{
    int l=0,r=0,ans=0;
    scanf("%d%lld",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    scanf("%d",&a[i]),r=max(r,a[i]);
    while(l<=r)
    {
        if(check(mid))ans=mid,r=mid-1;
        else l=mid+1;
    }
    printf("%d %d",check(ans),ans);
}