有一排长为\(n\)的栅栏,你可以将一段长为\(k\)的栅栏染色,但高度不能超过最矮的那根.问最小刷不到的面积,以及在此前提下的染色次数
单调队列,贪心
分析:
既然问最小刷不到的面积,我们可以考虑极限情况,即把每一段长为\(k\)的栅栏都刷一遍,如果这样都刷不到那就没法了
我们定义\(mi[i]\)表示刷子的左端点在\(i\),能够往上刷的最远距离,设原数组为\(val\)
显然\(mi[i] = min\{val[j] \quad | \quad i \leq n - k + 1,i \leq j \leq i + k - 1\}\)
因为刷子必须完全接触栅栏,所以刷子左端点有限制
我们再设\(mx[i]\)表示\(i\)这根栅栏在极限情况下可以往上刷的最远距离
\(mx[i] = max\{mi[j] \quad | \quad max(1,i - k + 1) \leq j \leq i\}\)
那么最小刷不到的面积$ans1 = \sum_{i =1}^{n}{val[i] -mx[i]} $
以上都可以用单调队列在\(O(n)\)的时间内处理出来
对于最少刷不到的次数,我们可以考虑贪心处理,详见代码
#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e6 + 100;
int val[maxn],q[maxn],mi[maxn],mx[maxn],n,k;
ll ans1,ans2;//注意开long long
inline void init(){//单调队列预处理
int head = 0,tail = 0;
for(int i = 1;i < k;i++){
while(head <= tail && val[q[tail]] >= val[i])tail--;
q[++tail] = i;
}
for(int i = k;i <= n;i++){
while(head <= tail && val[q[tail]] >= val[i])tail--;
q[++tail] = i;
while(head <= tail && q[head] <= i - k)head++;
mi[i - k + 1] = val[q[head]];
}
head = 0,tail = 0;
for(int i = 1;i < k;i++){
while(head <= tail && mi[q[tail]] <= mi[i])tail--;
q[++tail] = i;
mx[i] = mi[q[head]];
ans1 -= mx[i];
}
for(int i = k;i <= n;i++){
while(head <= tail && mi[q[tail]] <= mi[i])tail--;
q[++tail] = i;
while(head <= tail && q[head] <= i - k)head++;
mx[i] = mi[q[head]];
ans1 -= mx[i];
}
}
int main(){
scanf("%d %d",&n,&k);
for(int i = 1;i <= n;i++)scanf("%d",val + i),ans1 += val[i];
init();
printf("%lld\n",ans1);
int v = -1,rt = -1;//v表示当前往上刷的最远距离,rt表示这段的右端点
for(int i = 1;i <= n;i++)
if(mx[i] != v || rt < i){//如果刷不完i这个位置或者刷不到i这个位置
ans2++;
v = mx[i];
rt = i + k - 1;
}
printf("%lld\n",ans2);
return 0;
}