Codeforces 1637E. Best Pair

传送门

题目大意

有一个长为 \(n(2\leq n\leq3\times10^5)\) 的序列 \(a(1\leq a_i\leq10^9)\) ，有 \(m(0\leq m\leq3\times10^5)\) 个坏的无序数对 \((x_i,y_i)\) 。设 \(f(x,y) = (x+y)(cnt_x+cnt_y)\) ，求序列中好的无数序对中最大的 \(f(x,y)\) ， \(x\neq y\)。

思路

考虑到 \(cnt_x\) 的个数最多只有 \(\sqrt n\) 个，我们可以枚举所有的 \((cnt_x,cnt_y)\) 。枚举的时间复杂度为 \(O(n)\) 。我们可以先离散化，计算出 \(cnt_{a_i}\) ，之后预处理出每个 \(cnt_i\) 下有哪些数，并且将它们降序排序，之后对于每个 \((cnt_x,cnt_y)\) ，先枚举 \(cnt_x\) 中的数字 \(u\) ，对于每个 \(u\) 再去枚举 \(cnt_y\) 中的数字 \(v\) ，如果 \(u=v\) 或者是 \((u,v)\) 为坏的数对就继续枚举，否则可以更新 \(ans\) 并且退出到外层继续枚举，同时在判断是否为坏的数对之前可以提前与 \(ans\) 比较，如果无法更新可以提前退出到外层，我们用 \(set\) 来维护所有的坏的数对，这样枚举具体的数对时只有枚举到坏的数对才会继续枚举，所以枚举数对这一部分总的复杂度是 \(O(mlogm)\) 的，总的复杂度为 \(O(nlogn+mlogm)\) 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#include<unordered_map>
#include<unordered_set>
using namespace std;
using LL = long long;
using ULL = unsigned long long;
using PII = pair<int, int>;
using TP = tuple<int, int, int>;
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define mk make_pair
#define int LL
//#define lc p*2
//#define rc p*2+1
#define endl '\n'
#define inf 0x3f3f3f3f
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#pragma warning(disable : 4996)
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
const double eps = 1e-8;
const LL MOD = 1000000007;
const LL mod = 998244353;
const int maxn = 300010;

LL T, N, M, A[maxn], B[maxn], H[maxn], cnt[maxn];
vector<LL>cnts[maxn], S;
set<PII>bads;

bool cmp(const LL& a, const LL& b)
{
	return a > b;
}

void init()
{
	for (int i = 1; i <= N; i++)
		cnt[i] = 0, cnts[i].clear();
	S.clear(), bads.clear();
}

int compress()
{
	vector<LL>xs;
	for (int i = 1; i <= N; i++)
		xs.push_back(A[i]);
	sort(all(xs));
	xs.erase(unique(all(xs)), xs.end());
	for (int i = 1; i <= N; i++)
	{
		B[i] = upper_bound(all(xs), A[i]) - xs.begin();
		H[B[i]] = A[i];
	}

	return xs.size();
}

void solve()
{
	int x, y;
	LL ans = -INF;
	int K = compress();
	for (int i = 1; i <= M; i++)
		cin >> x >> y, bads.insert(PII(min(x, y), max(x, y)));
	for (int i = 1; i <= N; i++)
		cnt[B[i]]++;
	for (int i = 1; i <= K; i++)
		cnts[cnt[i]].push_back(i), S.push_back(cnt[i]);
	sort(all(S));
	S.erase(unique(all(S)), S.end());
	for (int i = 0; i < S.size(); i++)
	{
		if (cnts[S[i]].size() > 1)
			sort(all(cnts[S[i]]), cmp);
	}
	for (int i = 0; i < S.size(); i++)
	{
		for (int j = i; j < S.size(); j++)
		{
			for (auto& a : cnts[S[i]])
			{
				for (auto& b : cnts[S[j]])
				{
					if (a == b)
						continue;
					int x = H[a], y = H[b];
					if ((x + y) * (S[i] + S[j]) <= ans)
						break;
					if (bads.count(PII(min(x, y), max(x, y))) > 0)
						continue;
					ans = (x + y) * (S[i] + S[j]);
					break;
				}
			}
		}
	}
	cout << ans << endl;
}

signed main()
{
	IOS;
	cin >> T;
	while (T--)
	{
		cin >> N >> M;
		init();
		for (int i = 1; i <= N; i++)
			cin >> A[i];
		solve();
	}

	return 0;
}