[UOJ#246][UER#7C]套路（数luan学gao相关）

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我是靠谱客的博主雪白鸵鸟，这篇文章主要介绍[UOJ#246][UER#7C]套路（数luan学gao相关），现在分享给大家，希望可以做个参考。

题目描述

传送门

题解

算法一
直接上暴力。。。时间复杂度 $O(n^4)$ ，期望得分7分。

算法二
设 $s(l,r)$ 表示l~r这一段两两差的最小值，那么可以递推： $s(l,r)=min(|a_l-a_r|,min(s(l,r-1),s(l+1,r)))$ 。
求出 $s(l,r)$ 了之后就可以暴力枚举了。时间复杂度 $O(n^2)$ ，期望得分20分。
这里的数组可以开成一维的，不过需要用一个特别的技巧：从后向前递推，数组里保留上一次递推的答案，那么
f[j]=min(f[j],f[j-1])，f[j]=min(f[j],Abs(a[j]-a[i]))；其中第一次用f[j]来更新f[j]就是用上一次的答案来更新当前的答案。

算法三
由于m比较小，根据抽屉原理，一旦区间长度大于m，那么一定存在两个点相等，那么答案就为0了。所以我们只需要考虑区间长度<=m的部分，时间复杂度 $O(nm)$ 。再结合算法二加点什么滚动数组之类的优化，期望得分40分。

算法四
设区间的长度为x，那么最小值不超过 $mover{x-1}$ 。
设一个常数 $S$ 。
若x<=S，那么用算法三的方法，可以做到 $O(nS)$ 。
若x>S，那么最小差不会超过 $mover{S-1}$ 。设 $r_x$ 表示权值为x的数最后出现的位置。每次新加入一个数 $z$ 了之后，枚举差值 $|z-y|$ ，对于所有的 $|z-y|<={mover{S-1}}$ ，用 $r_y$ 来更新答案。然后每一次更新 $r_x$ 就可以了。
不过这里有很多需要注意的问题。首先是算区间的长度，区间中的元素个数当然是r-l+1，但是题目中所给的计算公式实际上是r-l。在算法四中，如果用f[i]来表示当前右端点为r时，左端点能到的最远点（不包括f[i]），那么最后计算答案的时候应该是i-f[i]-1，而且差值不应该是枚举的差值，而应该+1。

代码

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#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
#define LL long long
#define N 200005

int n,m,k,S;
int a[N],f[N],r[N];
LL ans;

int Abs(int x)
{
    return (x>0)?x:-x;
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
    S=sqrt(m);

    memset(f,127,sizeof(f));
    for (int i=n;i>=1;--i)
        for (int j=i+1;j<=min(n,i+S-1);++j)
        {
            f[j]=min(f[j],f[j-1]);
            f[j]=min(f[j],Abs(a[j]-a[i]));
            if (j-i+1>=k)
                ans=max(ans,(LL)f[j]*(j-i));
        }

    memset(f,0,sizeof(f));
    for (int i=1;i<=n;++i)
    {
        for (int j=0;j<=m/S+1;++j)
        {
            if (j>=1) f[j]=max(f[j],f[j-1]);
            if (a[i]-j>=1) f[j]=max(f[j],r[a[i]-j]);
            if (a[i]+j<=m) f[j]=max(f[j],r[a[i]+j]);
            if (i-f[j]>=max(k,S))
                ans=max(ans,(LL)(i-f[j]-1)*(j+1));
        }
        r[a[i]]=i;
    }
    printf("%lldn",ans);
}