UOJ177 新年的腮雷【二分答案】

给定 \(n\) 个正整数 \(a_i,\cdots,a_n\) 和 \(m\) 个正整数 \(b_1,\cdots,b_m\)，进行 \(\frac{n-1}{m-1}\) 次操作，每次选择 \(a\) 中的 \(m\) 个正整数 \(x_1,\cdots,x_m\)，删去它们，加入 \(\max\{x_i+b_i\}\)，求最后得到的数的最小值。

\(n,m\le 5\cdot 10^4\)，\((m-1)\mid(n-1)\)，\(a_i\le 10^8\)，\(b_i\le 10^7\)。

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考虑二分答案并倒着做：设最后剩下 \(x\)，每次操作选择 \(x\) 拆成 \(x-b_i\)，问最后能不能对应地 \(\ge a_i\)。

不妨将 \(a,b\) 都排序，考虑更一般的集合 \(S,T\)，\(|S|\le |T|\)，\(|S|\equiv|T|\pmod{m-1}\)，问 \(S\) 能不能拆成 \(T\)。

若 \(|S|=|T|\)，则只需判断将 \(S,T\) 排序之后是否有 \(s_i\ge t_i\)。

若 \(|S|=0\land |T|>0\)，无解。

若 \(|S|<|T|\)，则

• 若 \(\max S<\max T\)，无解。
• 若 \(\max T\le \max S<b_1+\max T\)，将 \(S\) 的最大元拆掉就不能对应了，所以与 \(T\) 的最大元对应的元素不能拆，找一个 lower_bound 匹配即可。
• 若 \(\max S\ge b_1+\max T\)，则 \(S\) 的最大元拆掉不劣。

模拟这个过程即可，时间复杂度 \(O(n\log n\log V)\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 50003;
template<typename T>
void rd(T &x){
	int ch = getchar(); x = 0;
	for(;ch < '0' || ch > '9';ch = getchar());
	for(;ch >= '0' && ch <= '9';ch = getchar()) x = x * 10 + ch - '0';
}
int n, m, a[N], b[N];
multiset<int> S;
multiset<int>::iterator it;
bool check(int x){
	S.clear(); S.insert(x);
	int now = n;
	while(!S.empty() && S.size() < now){
		int tmp = *--(it = S.end());
		if(tmp >= a[now] + b[1]){
			S.erase(it);
			for(int i = 1;i <= m;++ i)
				S.insert(tmp-b[i]);
		} else if(tmp >= a[now])
			S.erase(S.lower_bound(a[now--]));
		else return false;
	}
	if(S.size() == now){
		for(int i = 1;i <= now;++ i, S.erase(it))
			if(*(it = S.begin()) < a[i]) return false;
		return true;
	} return false;
}
int main(){
	rd(n); rd(m);
	for(int i = 1;i <= n;++ i) rd(a[i]);
	for(int i = 1;i <= m;++ i) rd(b[i]);
	sort(a + 1, a + n + 1);
	sort(b + 1, b + m + 1);
	int l = a[n], r = 260000000, md;
	while(l < r) check(md = l+r>>1) ? r = md : l = md+1;
	printf("%d\n", l);
}