[USACO16JAN]愤怒的奶牛Angry Cows (单调队列优化dp)

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Solution

应该可以用二分拿部分分，时间 \(O(n^2logn)\) 。
然后可以考虑 \(n^2\) \(dp\) ,令 \(f_i\) 代表 \(i\) 点被激活,然后激活 \(i\) 之前所有点所需的半径。
那么很显然 \(f[i]=min(max(pos[i]-pos[j],f[j]))\) 其中 \(j<i\) 。
再从后往前记录一个 \(g[i]\) , 那么答案就为 \(min(max(f[i],g[i]))\)以及还要考虑两点中间的,其中 \(1<=i<=n\) 。
但是如果 \(n^2\) 处理解决不了 \(50000\) 的数据。
考虑优化。
观察到 \(f[j]\) 是递增的,而 \(pos[i]-pos[j]\) 是递减的。
那么只要是后面的 \(f[i]\) 比前面小的话,那么肯定他是最优解。
所以维护一个 \(f[i]\) 递增的单调队列即可。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 50005
using namespace std;

ll n,a[N];

double pos[N],f[N],g[N];
void in(ll &x)
{
    ll f=1,w=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){w=w*10+ch-'0';ch=getchar();}
    x=f*w; return;
}

int main()
{
    in(n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        ll x; in(x);
        pos[i]=x*1.0;
    }
    sort(pos+1,pos+n+1);
    if(n==1){cout<<0<<endl;return 0;}
    if(n==2){cout<<pos[2]-pos[1]<<endl;return 0;}
    f[2]=pos[2]-pos[1];
    int head=1,tail=0;
    a[++tail]=2;
    for(int i=3;i<=n;i++)
    {
        while(max(pos[i]-pos[a[head]],f[a[head]]+1.0)>max(pos[i]-pos[a[head+1]],f[a[head+1]]+1.0))
        {if(head==tail)break;head++;}
        f[i]=max(pos[i]-pos[a[head]],f[a[head]]+1.0);
        while(f[i]<f[a[tail]]){tail--;if(tail<head)break;}
        a[++tail]=i;
    }
    g[n-1]=pos[n]-pos[n-1];
    memset(a,0,sizeof(a));
    head=tail=1;
    a[tail]=n-1;
    double ans=(0x3f3f3f3f3f)*1.0;
    for(int i=n-2;i>=1;i--)
    {
        while(max(pos[a[head]]-pos[i],g[a[head]]+1)>max(pos[a[head+1]]-pos[i],g[a[head+1]]+1))
        {if(head==tail)break;head++;}
        g[i]=max(pos[a[head]]-pos[i],g[a[head]]+1);
        while(g[i]<g[a[tail]]){tail--;if(tail<head)break;}
        a[++tail]=i;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        ans=min(max(f[i]*1.0,g[i]*1.0),ans);
        if(i>1)
        ans=min(max((pos[i]-pos[i-1])*1.0/2,max(f[i-1]*1.0+1,g[i]*1.0+1)),ans);
    }
    printf("%.1lf",ans);
    return 0;
}