頭整理が大変だけど、考え方はわかる。

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問題概要

$N$ は正の奇数である。 $N$ 個の整数 $H_{1}, H_{2}, \dots, H_{N}$ が与えられる。以下の $M$ 個のクエリに答えよ。

各クエリでは整数 $W$ が与えられる
$N+1$ 個の整数 $H_{1}, \dots, H_{N}, W$ を 2 個ずつペアにして $\frac{N+1}{2}$ 組のペアを作る
それぞれのペアの「数値の差」の総和として、考えられる最小値を答えよ

制約

$1 \le N, M \le 2 \times 10^{5}$

考えたこと

まずは 1 個のクエリに答えることを考える。これは比較的簡単にわかる。 $N+1$ 個の整数を小さい順に並べて

$a_{1}, a_{2}, \dots, a_{N+1}$

としたとき、

$(a_{1}, a_{2})$ をペアにする (差は $a_{2} - a_{1}$ )
$(a_{3}, a_{4})$ をペアにする (差は $a_{4} - a_{3}$ )
...
$(a_{N}, a_{N+1})$ をペアにする (差は $a_{N+1} - a_{N}$ )

という風にするのが最適となる。以上で、1 つのクエリに対する問題は解けた。

クエリ処理へ

毎回のクエリにおいて $N+1$ 個の値のうちの $N$ 個は毎回共通であることに注目する。まずは、あらかじめ $H_{1}, \dots, H_{N}$ を小さい順に並べておこう。

このとき、クエリごとに挿入される値 $W$ は、数列 $H_{1}, \dots, H_{N}$ のどこかに挿入されることになる (挿入される位置は lower_bound() によって求められる)。この挿入操作による影響は、実は挿入された箇所の近辺のみに限られる。

たとえば $N = 7$ で、 $W$ が「左側に 2 個、右側に 5 個」の位置に挿入されるとしたとき

「左 2 個分」は数列 $H$ の左側から 2 個分に関する答え
「右 4 個分」は数列 $H$ の右側から 4 個分に関する答え
さらに $H_{2} - W$

をすべて合計したものが答えになることがわかる。

これを求めるためには、次のような「左右からの累積和」を持っておくと良さそう。

left[ $v$ ] := $H$ の左 $v$ 個分に関する答え ( $v$ は偶数)
right[ $v$ ] := $H$ の右 $v$ 個分に関する答え ( $v$ は偶数)

一般に、 $W$ が挿入されるときに、左側に $i$ 個あったとする。

$i$ が偶数のとき：left[ $i$ ] + right[ $N - i - 1$ ] + $(H_{i} - w)$
$i$ が奇数のとき：left[ $i - 1$ ] + right[ $N - i$ ] + $(w - H_{i-1})$

全体を通した計算量は次のようになる。

数列 $H$ のソート： $O(N \log N)$
累積和 left, right の前処理： $O(N)$
各クエリに答える： $O(M \log N)$

コード

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
template<class T> inline bool chmax(T& a, T b) { if (a < b) { a = b; return 1; } return 0; }
template<class T> inline bool chmin(T& a, T b) { if (a > b) { a = b; return 1; } return 0; }

const long long INF = 1LL<<60;
int main() {
    int N, M;
    cin >> N >> M;
    vector<long long> X(N), W(M);
    for (int i = 0; i < N; ++i) cin >> X[i];
    for (int i = 0; i < M; ++i) cin >> W[i];
    sort(X.begin(), X.end());

    vector<long long> left(N+1, 0), right(N+1, 0);
    for (int i = 2; i < N; i += 2) {
        left[i] = left[i-2] + X[i-1] - X[i-2];
        right[i] = right[i-2] + X[N-i+1] - X[N-i];
    }
    long long res = INF;
    for (auto w : W) {
        int i = lower_bound(X.begin(), X.end(), w) - X.begin();
        if (i % 2 == 0) chmin(res, left[i] + right[N-i-1] + X[i] - w);
        else chmin(res, left[i-1] + right[N-i] + w - X[i-1]);
    }
    cout << res << endl;
}

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問題概要

制約

考えたこと

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