《遇到困难睡大觉》

遇到困难睡大觉。(下面这张图是来指自己的


首先整体把握一下,\(\min, \max\) 两个量如果都没有限制就很难做,于是考虑固定其中一个,显然是对称的不妨固定 \(\min\).

朴素的想法是,枚举 \(i, p_i\) 钦定 \(\min \ge a_i + p_ik = x\),此时对于每个 \(i\) 相当于限制 \(p_i \ge \lceil \frac{x - a_i}{k} \rceil = l_i\),也就是能选的位置为一段后缀。

此时的目的是让最大值尽可能小,整体把握比较难从特殊的地方开始做起,在这里从 \(l_i\) 最小的元素开始考虑起:先考虑 \(l_i = 1\) 的元素,选择任意一个留下均不影响合法性,于是显然将 \(b_i\) 最大的留下,然后递归此过程。

上述过程显然可以使用堆维护,于是此时我们已经得到了一个 \(\mathcal{O}(n ^ 3 \log n)\) 的做法了,但这是远远不够的。

注意到钦定的最小值有 \(\mathcal{O}(n ^ 2)\) 个,因此这里最可能可以改进,不妨打个表看看那些枚举是不必要的。

容易观察到,对于固定的 \(i\) 在钦定的 \(\min \ge a_i + p_ik\) 存在至少一组合法方案时随 \(p_i\) 增大答案不降,于是只需找到最大的合法的 \(p_i\),复杂度降至 \(\mathcal{O}(n ^ 2 \log n)\),但这是为什么?

重新审视一下我们本质上在做什么:当枚举的 \(p_i\) 增大 \(1\)\(x\) 增大 \(k\),每个位置的限制 \(l_i\) 增大 \(1\),这启发我们可以这样看待问题:有 \(n\) 个元素,每个元素需要在 \([l_i, +\infty)\) 上选择一个整点,每个元素选择的整点不同,同时额外限定整点只能选择在 \([1, n]\) 当中,每次 \(p_i\) 增大所有元素可选区间整体右移一个单位。

这样每次有 \(n\) 个区间都动比较难分析,但由于是整体移动,因此我们可以 固定 \(l_i\) 移动 “\([1, n]\)” 这个区间,不妨记移动后为 \([t, t + n - 1]\) 此时枚举的最小值就变为 \(a_i - (t - 1)k\),但最大值就是 \(p_i\) 取在 \([t, t + n - 1]\) 内的位置再减去 \((t - 1)k\)(也就是相对位置)。

这样 \((t - 1)k\) 这部分就可以抵消,最小值可以视作为恒定的 \(a_i\),最大值就可以视作 \(p_i\) 取在 \([t, t + n - 1]\) 内的位置。

此时根据 Hall 定律(或者就是上面的贪心),\(t\) 存在限制:将 \(l_i\) 从小到大排序后,\(\forall i \in [1, n], l_i - t + 1 \le i\),于是 \(t \ge \min\limits_{i = 1} ^ n l_i - i + 1\).

现在就需要回到贪心做法本身,这个做法不太方便描述性质,因为前后关联性比较大,考虑换一种方式看待这个贪心:

此时我们选取的特殊元素为从 \(b_i\) 最大的开始考虑起,此时其就选择 \(p_i = l_i\) 既使得 \(b_i + p_ik\) 达到了下界,又使得选的位置尽可能靠前不影响剩余元素,于是这个贪心等价于:按照 \(b\) 从大到小每次找到 \(l_i\) 右边第一个空位填入。

于是在 \(t\) 右移动过程中,所有位置能在 \([t, t + n - 1]\) 内匹配的相对顺序不变,但会有越来越多的元素能匹配到 \(t\) 这个左边界,因此每个元素最后填入的位置一定不降,又最小值不变,因此答案不升;同时根据这个新的贪心方法,我们得到了一个 \(\mathcal{O}(n ^ 2)\) 的并查集解法。

此时进一步地根据移动区间的转换,只需要枚举 \(\bmod k = c\),这看起来是必要的,于是接下来再将贪心这个部分改进一下。

\(c\) 增大时,贪心是难以维护的,于是只好抛开这个贪心做法,注意到本质上我们就是要最小化最大值,于是考虑二分答案。

枚举 \(c\) 后再二分,相比于先二分全局答案再固定最小值 \(c\) 更加难维护,因为数据结构善于解决整体信息。(下面记二分的答案为 \(x\)

此时对每个元素等价于区间匹配限制 \(p_i \in [l_i = \lceil \frac{c - a_i}{k} \rceil, r_i = \lfloor \frac{x + c - a_i}{k} \rfloor]\) 于此同时选择的 \(t\) 依然一定是取到原先一样的下界,对 \([l_i, r_i]\)\([t, t + n - 1]\) 取交后,等价于在 \(Z\) 上选点的问题。

这本质上就是对 \(0 \le c < k\) 进行一个区间二分图匹配判定,经典结论是:只需对右部每个区间应用 Hall 定律,进一步地只需对每个限制区间端点构成的关键区间应用 Hall 定律

这里需要定位每个区间,于是考虑扫描线,扫描区间右端点 \(r_j\),使用数据结构维护关于左端点 \(l_i\) 的信息 \(f_{i, j} = r_j - l_i + 1 - |N([i, j])|\) 其中 \(N([i, j])\) 为左部限制区间完全被 \([l_i, r_j]\) 包含的元素,于是原问题有解等价于 \(\forall 1 \le i \le j \le n, f_{i, j} \ge 0\).

当然不能直接对每个 \(c\) 都做一遍扫描线,需要观察 \(c\) 增量 \(1\) 后信息的变化。

首先类似于证明内的观察,所有 \(i\) 之间 \(l_i, r_i\) 相对关系不变,因此 \(t\) 的取值就可以很方便考察;同时 \(|N([i, j])|\) 也保持不变。

进一步地对于原始的(不对 \([t, t + n - 1]\) 取交的) \(l_i', r_i’\) 不降,并且至多只会存在一个位置 \(+1\),推论为 \(t\) 也不降且至多增加 \(1\),进一步地可以求出在考虑 \([t, t + n - 1]\) 交限制后 \(l_i, r_i\) 也满足该性质, 并且记增加位置为 \(pl_i, pr_i\).

此时每对 \(f_{i, j}\) 的变化仅与 \(l_i, r_j\) 有关,且增量为 \([-1, 1]\) 于是可以简单分类讨论得到可行的 \(c\) 区间:

  • \(f_{i, j} < -1\) 则任意时刻均非法。
  • \(f_{i, j} = -1\) 则当且仅当 \(r_j\) 增加,\(l_i\) 不变时合法,即 \(c \in [pr_j, pl_i)\).
  • \(f_{i, j} = 0\) 当且仅当 \(r_j\) 不变,\(l_i\) 增加时非法,即 \(c \in [pl_i, pr_j)\)
  • \(f_{i, j} > 0\) 则任意时刻均合法。

于是扫描线右端点 \(r_j\) 时,只需找到 \(f_{i, j} = -1\)\(pl_i\) 最小的限制,最后再取交即可得到满足第二条限制的合法区间;对 \(f_{i, j} = 0\) 的类似。

求出第三条的每个非法区间后,补集转化为前缀 / 后缀交,然后与第二条限制求出的交查看是否有交即可。

此时的瓶颈等价于保证查找键值为定值 \(z\) 的信息,由于有下界的保证只需使用线段树维护最小和次小值。

此时总的复杂度为 \(\mathcal{O}(n \log n \log V)\) 其中 \(V\) 为答案最大的绝对值。

代码:无。

posted @ 2022-07-31 22:56  Achtoria  阅读(493)  评论(0编辑  收藏  举报