L - Ladder Challenge - 题解

标签与难度

标签: 平方根分解, 预计算, 二分查找, 递推, 算法分析难度: 2100

题目大意喵~

各位挑战者，你好呀~！这道题是关于一个叫做小明的人参加“天梯”游戏的故事，喵~

游戏里有 $n$ 个选手，他们的分数 $a_1, a_2, \dots, a_n$ 是严格递增的。小明一开始不在他们之中。

小明可以通过“挑战”来提升自己的分数和排名。规则是：

小明总是选择当前所有积分比他高的选手中，积分最低的那一个进行挑战。
每挑战一次，小明的积分 +1，被挑战的选手积分 -1。

现在有 $q$ 次独立的询问。每次询问会给出小明的初始积分 $x$ 和他想要达到的目标排名 $y$ 。我们需要计算，小明至少要挑战多少次，才能达到或超过这个排名，呐。

这里的排名是所有 n+1 个人（包括小明）一起排的，分数越高排名越靠前，同分算并列。

解题思路分析

这道题看起来有点复杂，但别怕，让我带你一步步解开它的奥秘，喵~

关键操作的数学表达

首先，我们来分析一下小明的挑战过程。他总是找积分比他高的人里面最菜的那个（也就是积分最低的那个）。因为初始时选手积分 $a_i$ 是严格递增的，所以小明会按顺序挑战 $a_i, a_{i+1}, a_{i+2}, \dots$ 。

假设小明当前分数为 $S$ ，他正在挑战分数为 $A$ 的选手。他需要挑战多少次才能“战胜”这位选手，然后去挑战下一位呢？“战胜”意味着他的分数要不低于对方。

设小明挑战了 $k$ 次：

小明的分数变为 $S+k$
对手的分数变为 $A-k$

他可以挑战下一位选手的条件是 $S+k \ge A-k$ 。我们来解这个不等式：

2k \ge A - S \\ k \ge \frac{A - S}{2}

因为挑战次数 $k$ 必须是整数，所以最小的 $k$ 就是 $\lceil \frac{A - S}{2} \rceil$ 。

挑战了 $k$ 次后，小明的新分数 $S_{new}$ 是多少呢？ $S_{new} = S + k = S + \lceil \frac{A - S}{2} \rceil$ 。

对于整数运算， $\lceil m/2 \rceil$ 可以漂亮地写成 (m + 1) / 2（当 m 是正数时）。所以： $k = (A - S + 1) / 2$ $S_{new} = S + (A - S + 1) / 2 = (2S + A - S + 1) / 2 = (S + A + 1) / 2$ （这里是整除哦）

哇！我们得到了一个非常简洁的递推公式！如果小明当前分数为 $S_{old}$ ，挑战完分数为 $a_i$ 的选手后，他的新分数将是：

S_{new} = \lfloor \frac{S_{old} + a_i + 1}{2} \rfloor

总挑战次数就是最终分数减去初始分数。

如何处理询问？

对于每个询问 $(x, y)$ ：

确定挑战目标：小明想达到排名 $y$ ，意味着最多有 $y-1$ 个人分数比他高。在最初的 $n$ 个选手中，他需要超过 $a_1, \dots, a_{n-y+1}$ 。所以他的最终挑战对象是第 $n-y+1$ 位选手。
确定挑战序列：小明从初始分数 $x$ 开始，首先用二分查找（比如 upper_bound）找到第一个分数比 $x$ 高的选手 $a_l$ 。然后他会依次挑战 $a_l, a_{l+1}, \dots, a_r$ ，其中 $r = n-y+1$ 。
计算最终分数：我们可以写一个循环，从 $i=l$ 到 $r$ ，不断用上面的递推公式更新小明的分数。

如果直接这么做，对于每次查询，最坏情况下需要遍历近乎整个数组，复杂度是 $O(N)$ 。总复杂度就是 $O(N \cdot Q)$ ，对于 $N, Q$ 都是 $2 \cdot 10^5$ 的数据量来说，是绝对会超时的，喵！

平方根分解来加速！

当我们需要对一个静态数组进行大量范围查询和操作时，平方根分解（分块）是一个非常棒的优化技巧，呐！

我们可以把 $n$ 个选手分成大约 $\sqrt{N}$ 个块，每块大小也是 $\sqrt{N}$ 。对于一个从 $l$ 到 $r$ 的查询，我们可以把它拆成三部分：

$l$ 所在的那个块的零散部分。
中间若干个完整的块。
$r$ 所在的那个块的零散部分。

零散部分可以直接暴力计算，因为每部分长度不超过块大小 $\sqrt{N}$ 。关键在于如何快速处理中间那些完整的块。

分块后的神奇性质——收敛性

让我们再仔细看看那个递推公式： $S_{new} = (S_{old} + a_i + 1) / 2$ 。这个 / 2 操作非常关键！它有“压缩”数值范围的魔力。

假设有两个不同的初始分数 $S_1$ 和 $S_2$ ，经过一次操作后，它们的新分数的差大约是原来差的一半： $S'_{1} - S'_{2} \approx \frac{S_1 + a_i + 1}{2} - \frac{S_2 + a_i + 1}{2} = \frac{S_1 - S_2}{2}$

这意味着，不管两个初始分数相差多远，每经过一次挑战，它们的差距就缩小一半。经过一个大小为 $B$ 的块（即 $B$ 次挑战）后，它们分数的差距会缩小到原来的 $1/2^B$ ！

如果我们的块大小 $B = \sqrt{N} \approx 450$ ，那么 $2^{450}$ 是一个天文数字！任何合理的初始分数差（比如 $10^9$ ）经过一个块的操作后，差值都会被抹平成 0。

这揭示了一个惊人的事实：对于一个足够大的块，无论初始输入的分数是多少，最终从这个块里出来的分数都是一个几乎固定的值！

这个性质让我们的问题变得简单多了。我们可以为每个块预计算一些信息，来帮助我们快速“跳过”整个块。

最终的解法

预处理 ( $O(N)$ ):
- 设定块大小 $B \approx \sqrt{N}$ 。
- 我们定义一个“基准路径”。假设小明初始分数为 0，我们计算他依次挑战 $a_1, a_2, \dots, a_n$ 后的分数序列，记为 base_path[i]。base_path[i] 表示从0分开始，挑战完前 $i$ 个选手后的分数。
- 我们还需要一个“扰动路径”来处理那些不等于基准路径输入的情况。对于每个块 $k$ ，我们计算当输入比基准路径的输入（即 base_path[L[k]-1]）大 1 时，通过这个块后的输出分数。记为 perturbed_path_out[k]。
查询 ( $O(\sqrt{N})$ ):
- 对于查询 $(x, y)$ ，找到挑战区间 $[l, r]$ 。
- 如果 $l > r$ ，说明小明已经达标，输出 0。
- 将小明的当前分数 current_score 初始化为 $x$ 。
- 处理左边散块：从 $l$ 到其所在块的末尾，暴力更新 current_score。
- 处理中间整块：对于每个完整的块 $k$ $k$ ，我们检查 current_score。
  - 如果 current_score 正好等于这个块的基准输入 base_path[L[k]-1]，那么输出就是基准输出 base_path[R[k]]。
  - 否则，由于强大的收敛性，任何偏离基准路径的输入，在经过一整个块后，其路径都会收敛到我们预计算的“扰动路径”上。所以输出就是 perturbed_path_out[k]。
- 处理右边散块：用经过中间块的 current_score，从 $r$ 所在块的开头暴力计算到 $r$ 。
- 最终的答案就是 current_score - x。

这样，每次查询的复杂度就是处理两个散块的 $O(\sqrt{N})$ 和处理若干整块的 $O(\sqrt{N})$ ，总共是 $O(\sqrt{N})$ 。总时间复杂度为 $O(N + Q\sqrt{N})$ ，可以轻松通过啦，喵~

代码实现

cpp

#include <iostream>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <algorithm>

using namespace std;

// 使用 long long 防止分数溢出
using ll = long long;

const int MAXN = 200005;
const int BLOCK_SIZE = 450; // 一般取 sqrt(N)

int n, q;
ll a[MAXN];

// 预处理数组
ll base_path[MAXN]; // base_path[i]: 初始分数为0，挑战完前i个选手后的分数
ll perturbed_path_out[MAXN / BLOCK_SIZE + 5]; // 扰动路径在一个块的输出
int block_id[MAXN]; // 每个元素属于的块编号
int block_L[MAXN / BLOCK_SIZE + 5], block_R[MAXN / BLOCK_SIZE + 5]; // 每个块的左右边界

// 核心递推函数
ll transform(ll current_score, ll opponent_score) {
    return (current_score + opponent_score + 1) / 2;
}

// 计算通过一个完整块后的分数
ll calculate_block_output(int block_idx, ll start_score) {
    if (start_score == base_path[block_L[block_idx] - 1]) {
        return base_path[block_R[block_idx]];
    } else {
        return perturbed_path_out[block_idx];
    }
}

int main() {
    // 优化输入输出，喵~
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);

    cin >> n >> q;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> a[i];
    }

    // --- 预处理阶段 ---
    // 1. 分块
    int num_blocks = (n + BLOCK_SIZE - 1) / BLOCK_SIZE;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        block_id[i] = (i - 1) / BLOCK_SIZE + 1;
    }
    for (int i = 1; i <= num_blocks; ++i) {
        block_L[i] = (i - 1) * BLOCK_SIZE + 1;
        block_R[i] = min(i * BLOCK_SIZE, n);
    }

    // 2. 计算基准路径
    base_path[0] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        base_path[i] = transform(base_path[i - 1], a[i]);
    }

    // 3. 计算每个块的扰动路径输出
    for (int i = 1; i <= num_blocks; ++i) {
        ll perturbed_start_score = base_path[block_L[i] - 1] + 1;
        for (int j = block_L[i]; j <= block_R[i]; ++j) {
            perturbed_start_score = transform(perturbed_start_score, a[j]);
        }
        perturbed_path_out[i] = perturbed_start_score;
    }

    // --- 查询阶段 ---
    while (q--) {
        ll x, y;
        cin >> x >> y;

        // 找到挑战的起始选手和结束选手
        // upper_bound 找到第一个 > x 的元素
        int l = upper_bound(a + 1, a + n + 1, x) - a;
        int r = n - y + 1;

        if (l > r) {
            cout << 0 << "\n";
            continue;
        }

        ll current_score = x;
        int start_block = block_id[l];
        int end_block = block_id[r];

        if (start_block == end_block) {
            // 情况1: l和r在同一个块内，直接暴力计算
            for (int i = l; i <= r; ++i) {
                current_score = transform(current_score, a[i]);
            }
        } else {
            // 情况2: l和r在不同块
            // a. 处理左边的散块
            for (int i = l; i <= block_R[start_block]; ++i) {
                current_score = transform(current_score, a[i]);
            }
            // b. 处理中间的整块
            for (int i = start_block + 1; i < end_block; ++i) {
                current_score = calculate_block_output(i, current_score);
            }
            // c. 处理右边的散块
            for (int i = block_L[end_block]; i <= r; ++i) {
                current_score = transform(current_score, a[i]);
            }
        }
        cout << current_score - x << "\n";
    }

    return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度: $O(N + Q \cdot \sqrt{N})$
- 预处理阶段：分块是 $O(N)$ ，计算基准路径是 $O(N)$ ，计算所有块的扰动路径输出是 $O(\sqrt{N}) \times O(\sqrt{N}) = O(N)$ 。所以总预处理是 $O(N)$ 。
- 查询阶段：每次查询最多处理两个散块和 $\sqrt{N}$ 个整块。散块处理是 $O(\sqrt{N})$ ，整块处理是 $O(1)$ ，总共是 $O(\sqrt{N})$ 。 $Q$ 次查询就是 $O(Q \cdot \sqrt{N})$ 。
空间复杂度: $O(N)$
- 我们需要存储选手分数数组 a，基准路径数组 base_path，以及一些分块信息的辅助数组，它们的大小都和 $N$ 线性相关。

知识点总结

这道题是考察对问题建模和算法优化能力的好例子，喵~

数学建模: 将复杂的挑战规则转化为简洁的递推公式是解题的第一步。
平方根分解: 这是一个非常通用的优化技巧，适用于对静态数组的区间查询。核心思想是“大段维护，小段朴素”。
收敛性分析: 本题解法的精髓在于发现了递推公式 (S+A+1)/2 的收敛性质。这个性质保证了分块后，对整块的处理可以被极大地简化和预计算。
二分查找: 用于快速定位小明开始挑战的第一个选手。

希望这篇题解能帮助你理解这道有趣的题目！只要我们一步步分析，再复杂的问题也能被我们猫爪子挠开的，加油哦，喵~！

L - Ladder Challenge - 题解 ​

标签与难度 ​

题目大意喵~ ​

解题思路分析 ​

关键操作的数学表达 ​

如何处理询问？ ​

平方根分解来加速！ ​

分块后的神奇性质——收敛性 ​

最终的解法 ​

代码实现 ​

复杂度分析 ​

知识点总结 ​