给定一个整数 \(M\)，对于任意一个整数集合 \(S\)，定义“校验值”如下：
从集合 \(S\) 中取出 \(M\) 对数（即 \(2\times M\) 个数，不能重复使用集合中的数，如果 \(S\) 中的整数不够 \(M\) 对，则取到不能取为止），使得“每对数的差的平方”之和最大，这个最大值就称为集合 \(S\) 的“校验值”。
现在给定一个长度为 \(N\) 的数列 \(A\) 以及一个整数 \(k\)。我们要把 \(A\) 分成若干段，使得每一段的“校验值”都不超过 \(k\)。求最少需要分成几段。 多测，测试组数为 \(T\)。
\(T\leq 12,1\leq n,m\leq 5\times 10^5,0\leq k\leq 10^{18},0\leq P_i\leq 2^{20}\)
先考虑如何求“校验值”。思路是当题述结果最大时，应该要求最大值和最小值一组；次大值和次小值一组……
我们以 \(4\) 个数为例，如 \(a,b,c,d\)，其中 \(a\leq b\leq c\leq d\) 。那么 \((d-a)^2+(c-b)^2=a^2+b^2+c^2+d^2-2ad-2bc\)，\((b-a)^2+(d-c)^2=a^2+b^2+c^2+d^2-2ab-2cd\)。容易发现 \(ad+bc<ab+cd\)，故前者更优。更多数时用数学归纳法可以证明。
其次，另外一个要点是当一个区间左端点固定时右端点要尽可能往右取。
注意到这两点，我们左端点从 \(1\) 开始，向右找到最远的符合条件的右端点，划分为一段。再接着固定左端点，继续寻找。这样即可统计出答案。假设我们右端点是枚举得到的，记答案（最少段数）为 \(ans\)，那么本算法的复杂度约为 \(O\left(ans\times\left(\frac{n}{ans}\right)^2\log\frac{n}{ans}\right)=O\left(n^2\times\frac{\log\frac{n}{ans}}{ans}\right)\)。
若答案趋为 \(1\)，复杂度趋为 \(O\left(n^2\log n\right)\)。显然枚举右端点的思路是过不了此题的。而计算“校验值”的复杂度是无法再优化的，考虑如何快速寻找右端点。
一个思路是二分右端点，其余同上，由主定理可以证明复杂度是 \(O(n\log^2 n)\) 的。不过可惜的是出题人把这个算法卡掉了。
既然二分不行，我们考虑用倍增的思路来求右端点，具体思路是首先设倍增 \(len\) 长度为 1，若右端点为 \(r\)，判断若端点 \(r+len\) 符合条件。则将右端点赋值为 \(r+len\) 并且将 \(len\) 倍增，继续讨论；若不符合条件则将 \(len\) 缩短一半，继续讨论。其实该算法的复杂度与二分是一致的，不过只能写倍增才能过此题。
另外，不论二分还是倍增，排序直接 \(\text{sort}\) 依旧过不了。注意到这样一个小技巧，如果上一个枚举的右端点为 \(r\)，这一次右端点为 \(r'\)，那么可以知道区间 \((l,r)\) 是有序的，那么我们只需排序 \((r,r')\) 的区间，之后将两个部分归并即可使整个 \((l,r')\) 有序。
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 5e5+5;
void gi(int &x) {
x = 0; char ch = getchar();
while (ch < '0' || ch > '9') ch = getchar();
while (ch >= '0' && ch <= '9') x = x*10+ch-'0', ch = getchar();
}
int t, n, m, p[N], a[N], kl, kr, tmp[N];
ll k;
void merge(int l, int r, int x, int y) {
int i = l, j = x, k = l;
while (i <= r && j <= y)
if (a[i] < a[j]) tmp[k++] = a[i++];
else tmp[k++] = a[j++];
while (i <= r) tmp[k++] = a[i++];
while (j <= y) tmp[k++] = a[j++];
for (int i = l; i <= y; i++) a[i] = tmp[i];
}
bool judge(int l, int r) {
if (kl == l && r > kr) {
for (int i = kr+1; i <= r; i++) a[i] = p[i];
sort(a+kr+1, a+r+1);
merge(l, kr, kr+1, r); kr = r;
} else {
for (int i = l; i <= r; i++) a[i] = p[i];
sort(a+l, a+r+1);
kl = l, kr = r;
}
int t = 0; ll cnt = 0;
while (t < m && l < r) {
cnt += 1ll*(a[r]-a[l])*(a[r]-a[l]);
++l, ++t, --r;
if (cnt > k) return false;
}
return cnt <= k;
}
void work() {
scanf("%d%d%lld", &n, &m, &k);
for (int i = 1; i <= n; i++) gi(p[i]);
int l = 1, r = 1, ans = 0, len, k;
while (l <= n) {
len = 1, k = l;
while (len) {
if (r+len <= n && judge(l, r+len)) {
r += len;
k = r, len <<= 1;
}
else len >>= 1;
}
l = r = k+1, ++ans;
}
printf("%d\n", ans);
}
int main() {
scanf("%d", &t);
while (t--) work();
return 0;
}原文：https://www.cnblogs.com/NaVi-Awson/p/11167203.html