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[做题笔记] pb大师的杂题选讲

作者:互联网

[ARC117 F]Gateau

题目描述

点此看题

有一个长度为 \(2n\) 的环形蛋糕,现在要往上面放草莓。

对于每个 \(i\),都有限制 \(i,i+1...i+n-1\) 位置上的草莓总数至少是 \(a_i\)(注意蛋糕是环形的)

问至少要放几个草莓。

\(n\leq 1.5\cdot 10^5\)

解法

很容易想到对于前缀和建立差分约束,但由于是环我们要分类讨论:

可以二分 \(s_{2n}\),那么第二类限制就可以写成 \(s_{2n}-a_i\geq s_{i}-s_{i-n}\),这样我们可以把现在全部化归到左半边。那么合法 \(s\) 数组的要求是:\(s_{i+n}-s_i\in[l_i,r_i]\),并且 \(s\) 不降。

不能直接跑差分约束,考虑到所有限制区间长度为 \(n\) 的这个条件,我们考虑确定 \(s_n\) 的取值。如果已知 \(s_n\) 的取值会有这样一种贪心算法,我们按顺序扫描 \(i=1,2...n-1\),设 \(t=s_{i+n-1}-s_i\):

不难发现上面每一步都是选择了最少的增量,所以该贪心是正确的。贪心之后我们只需要检查 \(s_{n-1}\leq s_n\and s_{2n-1}\leq s_{2n}\) 是否成立即可,如果成立我们就找到了合法解。

考虑如果 \(s_n\) 增大,那么 \(s_{2n-1}\) 只会增大,并且 \(s_n\) 越大对于 \(s_{n-1}\leq s_n\) 条件的判定是越优的。所以我们再通过一次二分找到最大满足 \(s_{2n-1}\leq s_{2n}\) 的 \(s_n\),然后检验它是否满足 \(s_{n-1}\leq s_n\) 即可。

所以最终的实现就是两层二分,时间复杂度 \(O(n\log ^2 n)\)

总结

本题的的关键条件是每个限制长度都为 \(n\),而一个限制要么包含 \(n\),要么包含 \(2n\),所以可以把这两个关键点的取值弄出来就很方便做。这说明不等式规划问题中,确定关键点的取值是重要的

#include <cstdio>
#include <cassert>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 300005;
#define int long long
#define pii pair<int,int>
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,a[M],b[M],s[M];
pii calc(int x)
{
	int l=0,r=x;
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		int t=r-l;
		if(t<a[i]) r=l+a[i];
		if(b[i]<t) l=r-b[i];
	}
	return {l,r};
}
int check(int x)
{
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		b[i]=x-a[i+n];
		if(b[i]<a[i]) return 0;
	}
	int l=a[0],r=b[0],p=l;
	while(l<=r)
	{
		int mid=(l+r)>>1;
		if(calc(mid).second<=x)
			p=mid,l=mid+1;
		else r=mid-1;
	}
	pii t=calc(p);
	return t.first<=p && t.second<=x;
}
signed main()
{
	n=read();m=n<<1;
	for(int i=0;i<m;i++) a[i]=read();
	int l=0,r=1e9,ans=0;
	while(l<=r)
	{
		int mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid)) ans=mid,r=mid-1;
		else l=mid+1;
	}
	printf("%lld\n",ans);
}

标签:geq,int,取值,选讲,mid,pb,leq,2n,杂题
来源: https://www.cnblogs.com/C202044zxy/p/16387741.html