CF1712D Empty Graph 题解

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题目大意

• 给定一个序列 $ a_1,a_2,\ldots,a_n $。

• 你可以进行最多 \(k\) 次操作，每次操作选定一个数字 \(i\)（$ 1 \le i \le n $）和一个整数 \(x\) （$1 \le x \le 10^9 $)，使 \(a_i=x\)。

• 建立一张有 \(n\) 个点的图，对每个点从 \(1\) 到 \(n\) 进行编号，其中点 \(l\) 和点 \(r\) 之间连有一条边权为 $\min(a_{l},a_{l+1},\ldots,a_{r}) $ 的边。

• 找出两点之间的最短路径的最大值。

思路

首先看到求最短路径的最大值，最小值最大，妥妥的二分答案。

根据题目中两个点之间连边的边权的性质，不难推断出最大值一定出现在相邻的两个点之间，不相邻的两个点之间可能存在更小的值，即使是有更大的值也不会成为边权。

两个点之间的最短路要么是两个点之间的边直达，要么是找一个最小的点，以最小的点作为中转站在两个点之间折跃，即点 \(l\) 和点 \(r\) 之间的最短路为 \(\min( \min(1,n)\times2,\min(l,r))\)。

在二分枚举答案时，假设当前枚举的答案为 \(pos\) ，可以考虑设一个前缀和和一个后缀和，统计 \(a_i\times2\le pos\) 的 \(i\) 的数量，因为每个 \(a_i\times2\le pos\) 的 \(i\) 即是我们需要修改的点。

我们从 \(1\) 到 \(n-1\) 枚举，统计最小的 \(pre_{i-1}+sub_{i+2}+ord(a_i<pos)+ord(a_{i+1}<pos)\)，判断是否成立即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int t, n, k, a[100010], pre[100010], sub[100010];

bool check(int pos) {
	for (int i = 1; i <= n; i++) {

		pre[i] = pre[i - 1] + (int)((a[i] << 1) < pos);
	}

	for (int i = n; i; --i) {

		sub[i] = sub[i + 1] + (int)((a[i] << 1) < pos);
	}

	int minx = 0x7fffffff;

	for (int i = 1; i < n; i++) {

		minx = min(minx, pre[i - 1] + sub[i + 2] + (int)(a[i] < pos) + (int)(a[i + 1] < pos));;
	}

	return minx <= k;
}

signed main() {
	scanf("%lld", &t);

	while (t--) {
		scanf("%lld%lld", &n, &k);
		memset(pre, 0, sizeof(pre));
		memset(sub, 0, sizeof(sub));

		for (int i = 1; i <= n; i++) {

			scanf("%lld", &a[i]);
		}

		int l = 0, r = 1e9, ans = 0;

		while (l <= r) {
			int mid = l + r >> 1;

			if (check(mid)) {
				l = mid + 1;
				ans = mid;
			} else {
				r = mid - 1;
			}
		}

		printf("%lld\n", ans);
	}

	return 0;
}