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Solution
應該可以用二分拿部分分,時間 \(O(n^2logn)\) 。
然後可以考慮 \(n^2\) \(dp\) ,令 \(f_i\) 代表 \(i\) 點被激活,然後激活 \(i\) 之前所有點所需的半徑。
那麼很顯然 \(f[i]=min(max(pos[i]-pos[j],f[j]))\) 其中 \(j<i\) 。
再從後往前記錄一個 \(g[i]\) , 那麼答案就爲 \(min(max(f[i],g[i]))\)以及還要考慮兩點中間的,其中 \(1<=i<=n\) 。
但是如果 \(n^2\) 處理解決不了 \(50000\) 的數據。
考慮優化。
觀察到 \(f[j]\) 是遞增的,而 \(pos[i]-pos[j]\) 是遞減的。
那麼只要是後面的 \(f[i]\) 比前面小的話,那麼肯定他是最優解。
所以維護一個 \(f[i]\) 遞增的單調隊列即可。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 50005
using namespace std;
ll n,a[N];
double pos[N],f[N],g[N];
void in(ll &x)
{
ll f=1,w=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){w=w*10+ch-'0';ch=getchar();}
x=f*w; return;
}
int main()
{
in(n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
ll x; in(x);
pos[i]=x*1.0;
}
sort(pos+1,pos+n+1);
if(n==1){cout<<0<<endl;return 0;}
if(n==2){cout<<pos[2]-pos[1]<<endl;return 0;}
f[2]=pos[2]-pos[1];
int head=1,tail=0;
a[++tail]=2;
for(int i=3;i<=n;i++)
{
while(max(pos[i]-pos[a[head]],f[a[head]]+1.0)>max(pos[i]-pos[a[head+1]],f[a[head+1]]+1.0))
{if(head==tail)break;head++;}
f[i]=max(pos[i]-pos[a[head]],f[a[head]]+1.0);
while(f[i]<f[a[tail]]){tail--;if(tail<head)break;}
a[++tail]=i;
}
g[n-1]=pos[n]-pos[n-1];
memset(a,0,sizeof(a));
head=tail=1;
a[tail]=n-1;
double ans=(0x3f3f3f3f3f)*1.0;
for(int i=n-2;i>=1;i--)
{
while(max(pos[a[head]]-pos[i],g[a[head]]+1)>max(pos[a[head+1]]-pos[i],g[a[head+1]]+1))
{if(head==tail)break;head++;}
g[i]=max(pos[a[head]]-pos[i],g[a[head]]+1);
while(g[i]<g[a[tail]]){tail--;if(tail<head)break;}
a[++tail]=i;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
ans=min(max(f[i]*1.0,g[i]*1.0),ans);
if(i>1)
ans=min(max((pos[i]-pos[i-1])*1.0/2,max(f[i-1]*1.0+1,g[i]*1.0+1)),ans);
}
printf("%.1lf",ans);
return 0;
}