本题是2021-12-1的延伸拓展，第一题如果没看过可以看我上一篇的题解：CCF CSP 2021-12-1 题解及满分代码(C++11)
题目背景
上一题“序列查询”中说道：
A
=
[
A
0
,
A
1
,
A
2
,
⋯
,
A
n
]
A=[A0,A1,A2,⋯,An]
A=[A0,A1,A2,⋯,An] 是一个由 n+1 个 [0,N) 范围内整数组成的序列，满足
0
=
A
0
<
A
1
<
A
2
<
⋯
<
A
n
<
N
0=A0<A1<A2<⋯<An<N
0=A0<A1<A2<⋯<An<N。基于序列 A，对于 [0,N) 范围内任意的整数 x，查询 f(x) 定义为：序列 A 中小于等于 x 的整数里最大的数的下标。
对于给定的序列 A 和整数 x，查询 f(x) 是一个很经典的问题，可以使用二分搜索在 O(logn) 的时间复杂度内轻松解决。但在 IT 部门讨论如何实现这一功能时，小 P 同学提出了些新的想法。
题目描述
小 P 同学认为，如果事先知道了序列 A 中整数的分布情况，就能直接估计出其中小于等于 x 的最大整数的大致位置。接着从这一估计位置开始线性查找，锁定 f(x)。如果估计得足够准确，线性查找的时间开销可能比二分查找算法更小。
比如说，如果 A1,A2,⋯,An 均匀分布在 (0,N) 的区间，那么就可以估算出： f ( x ) ≈ ( n + 1 ) ⋅ x N f(x)≈(n+1)⋅xN f(x)≈(n+1)⋅xN
为了方便计算，小 P 首先定义了比例系数 r = ⌊ N n + 1 ⌋ r=⌊\frac{N}{n+1}⌋ r=⌊n+1N⌋ ，其中 ⌊ ⌋ 表示下取整，即 r 等于 N 除以 n+1 的商。进一步地，小 P 用 g ( x ) = ⌊ x r ⌋ g(x)=⌊\frac{x}{r}⌋ g(x)=⌊rx⌋ 表示自己估算出的 f(x) 的大小，这里同样使用了下取整来保证 g(x) 是一个整数。
显然，对于任意的询问 x∈[0,N)，g(x) 和 f(x) 越接近则说明小 P 的估计越准确，后续进行线性查找的时间开销也越小。因此，小 P 用两者差的绝对值 ∣ g ( x ) − f ( x ) ∣ |g(x)−f(x)| ∣g(x)−f(x)∣ 来表示处理询问 x 时的误差。
为了整体评估小 P 同学提出的方法在序列 A 上的表现，试计算：
e
r
r
o
r
(
A
)
=
∑
i
=
0
N
−
1
∣
g
(
i
)
−
f
(
i
)
∣
=
∣
g
(
0
)
−
f
(
0
)
∣
+
⋯
+
∣
g
(
N
−
1
)
−
f
(
N
−
1
)
∣
error(A)=\sum_{i=0}^{N−1}|g(i)−f(i)|=|g(0)−f(0)|+⋯+|g(N−1)−f(N−1)|
error(A)=i=0∑N−1∣g(i)−f(i)∣=∣g(0)−f(0)∣+⋯+∣g(N−1)−f(N−1)∣
输入格式
从标准输入读入数据。
输入的第一行包含空格分隔的两个正整数 n 和 N。
输入的第二行包含 n 个用空格分隔的整数 A1,A2,⋯,An。
注意 A0 固定为 0，因此输入数据中不包括 A0。
输出格式
输出到标准输出。
仅输出一个整数，表示 error(A) 的值。
样例1输入
3 10
2 5 8
样例1输出
5
样例1解释
A = [ 0 , 2 , 5 , 8 ] A=[0,2,5,8] A=[0,2,5,8]
r = ⌊ N n + 1 ⌋ = ⌊ 10 3 + 1 ⌋ = 2 r=⌊\frac{N}{n+1}⌋=⌊\frac{10}{3+1}⌋=2 r=⌊n+1N⌋=⌊3+110⌋=2
| i | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| f(i) | 0 | 0 | 1 | 1 | 1 | 2 | 2 | 2 | 3 | 3 |
| g(i) | 0 | 0 | 1 | 1 | 2 | 2 | 3 | 3 | 4 | 4 |
| |g(i)−f(i)| | 0 | 0 | 0 | 0 | 1 | 0 | 1 | 1 | 1 | 1 |
样例2输入
9 10
1 2 3 4 5 6 7 8 9
样例2输出
0
样例3输入
2 10
1 3
样例3输出
6
样例3解释
A = [ 0 , 1 , 3 ] A=[0,1,3] A=[0,1,3]
r = ⌊ N n + 1 ⌋ = ⌊ 10 2 + 1 ⌋ = 3 r=⌊\frac{N}{n+1}⌋=⌊\frac{10}{2+1}⌋=3 r=⌊n+1N⌋=⌊2+110⌋=3
| i | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| f(i) | 0 | 1 | 1 | 2 | 2 | 2 | 2 | 2 | 2 | 2 |
| g(i) | 0 | 0 | 0 | 1 | 1 | 1 | 2 | 2 | 2 | 3 |
| |g(i)−f(i)| | 0 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 0 | 0 | 0 | 1 |
子任务
70% 的测试数据满足 1≤n≤200 且 n < N ≤ 1000 n<N≤1000 n<N≤1000；
全部的测试数据满足 1≤n≤105 且 n < N ≤ 1 0 9 n<N≤10^9 n<N≤109。
提示
需要注意，输入数据 [A1⋯An] 并不一定均匀分布在 (0,N) 区间，因此总误差 error(A) 可能很大。
本题题目背景和第一题相同，在第一题的基础上添加了两个新的条件：
要求对于0—N-1的每一个取值x所对应的 ∣ f ( x ) − g ( x ) ∣ |f(x)-g(x)| ∣f(x)−g(x)∣ 的值之和error
于是我们很快可以想到，第一题已经有快速简洁的方法求每一个f(x)，那么在第一题的代码里再多求一个g(x)，然后两者相减取个绝对值，这题不就结束了吗？太简单了！
但是经过实践，这样只能拿到70分
#include<cstdio>
#include<cmath>
int main() {
int n, N;
scanf("%d %d", &n, &N);
int a[n+1];
int r = N/(n+1);
a[0] = 0;
for(int i=1; i<=n; i++) {
scanf("%d", &a[i]);
}
int fx, gx;
long long error = 0;
//计算f(i),i是0到N-1的正整数
int flag = 0; //用于指示数列a中值大于i的第一个下标
for(int i=0; i<N; i++) {
gx = i/r;
while(a[flag]<=i && flag<=n) {
flag++;
}
fx = flag-1;
error += abs(fx-gx);
}
printf("%lld", error);
return 0;
}
运行超时，因此还需优化时间复杂度。
首先需要用到我们在第一题中发现的f(x)的规律，即对x ∈ \in ∈[ A[i]，A[i+1]-1 ]，f(x) = i
如果没有看可以先看一下第一题的优化解法：
CCF CSP 2021-12-1题解
然后我们观察一下g(x)，因为g(x) = x/r，所以在x从0—N-1逐渐增大的过程中，g(x)的值是以r为间隔来变化的。
以样例1为例，我们在数组的最后再补一个值N：
可以看出，A[i]到A[i+1]-1之间的f(x)不变，而g(x)每r个数变一次值。
因此我们可以想到，以A[n+1]数组的下标为外层循环的变量，单次循环中f(i)值固定；内层循环以A[i]和A[i+1]-1为边界，将所有的g(x)值看成一个个长度为r的段，以这样的段位单位，每隔r个数计算一次g(x)和error，再对一些边界情况进行处理，即可实现优化。
代码如下：
#include<cstdio>
#include<cmath>
int main() {
long n;
long N;
scanf("%ld %ld", &n, &N);
long long r = N/(n+1);
long long a[100010];
a[0] = 0;
for(int i=1; i<=n; i++) {
scanf("%lld", &a[i]);
}
a[n+1] = N;
long long fx, gx; //fx,gx为当前计算的函数值
long long dr = r; //dr为内层循环每次要移动的位次
long long ddr = 0; //用于处理边界情况时的临时变量
int flag = 0; //用于标记dr是否改变
long long error = 0;
//以a[i]的值作为外层循环的界限
for(long long i=0; i<=n; i++) {
fx = i;
//在每段a[i]与 a[i+1]的间隔中，gx的值以r为间隔而变化
for(long long j=a[i]; j<a[i+1]; j=j+dr){
gx = j/r;
//上一个边界情况之后，上一段g(x)相等段中还有遗留未计算的部分，对其进行处理
if(flag == 1) {
dr = ddr;
flag = 0; //标记边界情况已处理完毕
}else {
dr = r; //边界情况处理完之后，重新将循环间隔变回r
}
//当前段处于a[i]和a[i+1]中间，直接计算error值
if(j+dr-1 < a[i+1]) {
error += abs(fx-gx)*dr;
}else { //j靠近a[i+1]的边界情况，即 j+dr-1 >= a[i+1]时
error += abs(fx-gx)*(a[i+1]-j);
ddr = dr-(a[i+1]-j); //记录当前g(x)值相同的长度为r的段内，尚未计算error值部分的长度
flag = 1; //标记当前段内有尚未计算error值的部分
}
}
}
printf("%lld", error);
return 0;
}
这一题我自己做的时候也只有70分，满分解法是参考了B站up主圣斗士-DS-ALGO的视频：202112（第24次）CSP真题202112-1,2讲解，视频讲的也比较清楚，没看懂题解的可以去看视频，可以点个赞支持一下原作者！