LGP8358口胡
作者：互联网
一个 \(O(n\log V)\) 的做法。
首先这个走路径明显没用，实际上相当于每一列只能选一个元素。
考虑排序后的序列。我们先将 \(2n\) 个元素排序去重，然后枚举点对检查是否可能为答案。
设 \(g(i,j)\) 代表 \(|f_i-f_j|\)，那么我们只需要令所有 \(g(x,y)<g(i,j)\) 的 \((x,y)\) 不能够同时选取即可。
可以大力枚举 \((x,y)\)，然后建立 2-SAT 模型。正确性显然，复杂度 \(O(n^4)\)。
发现枚举 \((i,j)\) 没有什么意义，所以直接枚举 \(g(i,j)\)。
然后发现判定是有单调性什么的东西。。。于是直接二分就可以得到 \(O(n^2\log V)\) 的做法了。
发现一件事情，在排序后的 \(x\)，对于 \(y\) 来说 \(x\) 一定是连续的一段。
也就是说在 2-sat 的加边中需要做一个区间加边。
这个线段树容易做到 \(O(n\log n\log V)\)，猫树容易做到 \(O(n\log V)\)，但是 \(O(n\log n)\) 空间。
不过我们还有 \(O(n)\) 空间的做法。
需要用到一个 trick（好像叫 baka's trick？）
大概就是说，对于 \(y\) 递增，\(x\) 一定也递增。所以是一个尺取的过程。
具体地，我们设有三个变量：\(L,R,mid\)，对于 \(i\in[L,mid]\) 有 \(S[i]=merge(S[i+1],F[i])\)，对于 \(i\in(mid,R]\) 有 \(S[i]=merge(S[i-1],F[i])\)。然后 \(S[mid]=F[mid],S[mid-1]=F[mid-1]\)。
然后在尺取的时候会出现 \(L\geq mid\)，这个时候令 \(mid=R-1\)，重构即可。
这个 \(merge\) 在这里对应的就是连边什么的东西。
容易知道这个的空间和时间都是线性的，所以能够做到 \(O(n\log V)\) 时间 \(O(n)\) 空间。
仔细想了一下好像猫树也可以做到 \(O(n)\) 空间，大概就是父亲节点序列上的值直接套用儿子节点序列上的值。。。（在这里是连边）
标签：log,mid,merge,枚举,排序,做到,LGP8358 来源： https://www.cnblogs.com/lmpp/p/16274108.html