标签：Operations int res sqrt 公差 根号 dp define

E. Arithmetic Operations

Tag

dp 根号分治 rating2300

题目来源

Codeforces Round #778 (Div. 1 + Div. 2, based on Technocup 2022 Final Round)

题目大意

• 给定一个数列a，每次操作可以任意变动a的其中一个数，求最少的操作次数将a变成等差数列

解题思路

• 我们与其去计算最小的变动次数，不如我们直接计算最大的不用变动的元素
• 设\(d\)为最终的等差数列中的公差，\(m\)为整个数列的最大值，假定\(d\)只能取正整数，我们可以根据\(d\)的取值范围对如下的情况进行分类讨论
  • \(d \lt \sqrt{m}\) 时，由于这个数字范围很小，因此我们可以直接暴力枚举\(d\)，时间复杂度为\(O(n\sqrt{m})\)
  • \(d \ge \sqrt{m}\) 时，那么对于两个间隔较远的数，比如\(i,j\)如果\(j \gt i +\sqrt{m}\)，那么两个数字之间必定要有一个数字发生改变，因为前面我们已经假设了公差的最大值不会超过\(m\)，两个数字距离这么远还一个都不改，那么会有两个数之间的差值\(a_j-a_i \ge \sqrt{m}*d \gt m\)显然是不可能的。那么我们只需要在一定的长度范围内，即\(i,j\)不要离得太远去求算他们在相同的公差\(d\)的情况下的最长序列。设\(dp[i][d]\)表示前\(i\)个数当中，公差为\(d\)的最长序列，我们再用一个滑动窗口来解决这个问题

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define maxn (int)(1e6+10)
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);
#define FFF freopen("out", "w", stdout); 


int n ;
int a[maxn];
int S = 70;

int b[100005*70];
unordered_map<int,int> dp[maxn];

int solve() 
{
    int res = 0 ;
    for ( int d = 0 ; d < S ; d++ )
    {
        for ( int i = 1 ; i <= n ; i++ )
            res = max(res, ++b[a[i]+(n-i)*d]);
        for ( int i = 1 ; i <= n ; i++ )
            b[a[i]+(n-i)*d] = 0;
    }

    for ( int i = 1 ; i <= n ; i++ )
    {
        for ( int j = max(1, i-100005/S) ; j < i ; j++ )
        {
            int d = (a[i]-a[j]) / (i-j);
            int r = (a[i]-a[j]) % (i-j);
            if ( r == 0 && d >= S )
            {
                dp[i][d] = max(dp[i][d], dp[j][d]+1);
                res = max(res, dp[i][d]+1);
            }
        }
    }
    for ( int i = 1 ; i <= n ; i++ )
        dp[i].clear();

    return res;
}

int main ()
{
    IOS;
    cin >> n ;
    for ( int i = 1 ; i <= n ; i++ ) cin >> a[i];
    int ans = solve();
    reverse(a+1, a+1+n);
    ans = max(ans, solve());
    cout << n-ans << endl;
}

标签：Operations,int,res,sqrt,公差,根号,dp,define
来源： https://www.cnblogs.com/I-wanna-be-the-kid/p/16064392.html

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