AtCoder AGC032E Modulo Pairing (二分、贪心结论)

题目链接

https://atcoder.jp/contests/agc032/tasks/agc032_e

题解

猜结论好题。
结论是: 按\(a_i\)从小到大排序之后，一定存在一种最优解，使得以某个位置为界，两边分别首尾匹配，且满足左边的每一对的和都\(<M\), 右边每一对的和都\(\ge M\).
证明不难，可参考官方题解，此处不再赘述。
然后显然可以枚举这个临界点，然后\(O(n)\)暴力计算答案，时间复杂度\(O(n^2)\).
考虑优化: 在我们配对的时候，当临界点右移，左右两侧的每一对和都会变大。
于是我们只需找到最小的合法临界点，即是最优解。
二分找即可，时间复杂度\(O(n\log n)\).

代码

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<cassert>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int N = 2e5;
int a[N+3];
int n,m;

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1; i<=n+n; i++) scanf("%d",&a[i]);
    sort(a+1,a+n+n+1);
    int left = 0,right = n;
    while(left<right)
    {
        int mid = left+((right-left)>>1);
        bool ok = true;
        for(int i=mid*2+1; i<=n+n; i++)
        {
            if(a[i]+a[n+n+mid+mid+1-i]<m) {ok = false; break;}
        }
        if(ok==true) {right = mid;}
        else {left = mid+1;}
    }
    int pos = 2*right;
    int ans = 0;
    for(int i=1; i<=pos; i++) ans = max(ans,a[i]+a[pos+1-i]);
    for(int i=pos+1; i<=n+n; i++) ans = max(ans,(a[i]+a[n+n+pos+1-i])-m);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

标签：AtCoder,Modulo,int,题解,临界点,Pairing,agc032,include,复杂度
来源： https://www.cnblogs.com/suncongbo/p/11603804.html