题解：[JXOI2017] 加法

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题意分析

注意到「最小值尽可能的大」。

一般对于这种最值的最值的问题，都可以套一层二分答案。——xxy

考虑二分答案。

二分答案的原因

一直没想明白，直到我在模拟赛上打了 $\text{1.5h}$ 建了 $3$ 棵线段树维护的贪心假了后，终于想起来二分答案。

最值具有单调性，最值的最值同样有。

例如最大值 $x$ 的最小值 $y$，我们二分最大值 $x$，则当 $x\geq y$ 的时候，其性质不变。

那么我们本质上就是将最优性问题转化为了判定性问题——而这往往更为容易。

二分序列最小值 \(\textit{mid}\)。考虑如何高效判断 \(\textit{mid}\) 是否可行。容易得到 \(A_i\) 需要加上多少个 \(a\)，即：

\[\textit{cnt}_i=\left\lceil\dfrac{\textit{mid}-A_i}{a}\right\rceil=\left\lfloor\dfrac{\textit{mid}-A_i+a-1}{a}\right\rfloor \]

之后就是判断能否选择至多 \(k\) 条线段，每条线段 \([l,r]\) 都使 \(\forall i\in[l,r],\textit{cnt}_i\leftarrow \textit{cnt}_i-1\)，最终能否使得所有 \(\textit{cnt}_i\) 都小于等于 \(0\)。

因为这是判定性问题，所有点都要被满足，因此直接扫一遍。

考虑覆盖了 \(i\) 的线段，我们期望优先选择一条尽可能往右覆盖的线段，这样更优（左边已经覆盖完了）。因此用堆维护右端点，扫到一个左端点就将其加入堆。

时间复杂度 \(\mathcal O(n\log n\log V)\)，其中 \(V\) 为值域。

AC 代码

//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
#include<set>
using namespace std;
constexpr const int N=2e5,M=2e5;
vector<int>R[N+1];
int n,m,k,add,a[N+1];
struct segTree{
	struct node{
		int l,r;
		int max,tag;
	}t[N<<2|1];
	
	void up(int p){
		t[p].max=t[p<<1].max+t[p<<1|1].max;
	}
	void build(int p,int l,int r,int a[]){
		t[p]={l,r};
		if(l==r){
			t[p].max=a[l];
			return;
		}
		int mid=l+r>>1;
		build(p<<1,l,mid,a);
		build(p<<1|1,mid+1,r,a);
		up(p);
	}
	void down(int p){
		if(t[p].tag){
			t[p<<1].max+=t[p].tag;
			t[p<<1].tag+=t[p].tag;
			t[p<<1|1].max+=t[p].tag;
			t[p<<1|1].tag+=t[p].tag;
			t[p].tag=0;
		}
	}
	void add(int p,int l,int r,int x){
		if(l<=t[p].l&&t[p].r<=r){
			t[p].max+=x;
			t[p].tag+=x;
			return;
		}
		down(p);
		if(l<=t[p<<1].r){
			add(p<<1,l,r,x);
		}
		if(t[p<<1|1].l<=r){
			add(p<<1|1,l,r,x);
		}
		up(p);
	}
	int query(int p,int x){
		if(t[p].l==t[p].r){
			return t[p].max;
		}
		down(p);
		if(x<=t[p<<1].r){
			return query(p<<1,x);
		}else{
			return query(p<<1|1,x);
		}
	}
}t;
bool check(int mid){
	static int cnt[N+1];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cnt[i]=(mid-a[i]+add-1)/add;
	}
	t.build(1,1,n,cnt);
	priority_queue<int>q;
	int pl=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int r:R[i]){
			q.push(r);
		}
		while(t.query(1,i)>0){
			if(!q.size()){
				return false;
			}
			int r=q.top();
			if(r<i||pl>=k){
				return false;
			}
			q.pop();
			pl++;
			t.add(1,1,r,-1);
		}
	}
	return true;
}
int main(){
	/*freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);*/
	
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	
	int T;
	cin>>T;
	while(T--){
		cin>>n>>m>>k>>add;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			cin>>a[i];
			R[i].resize(0);
		}
		for(int i=1;i<=m;i++){
			int l,r;
			cin>>l>>r;
			R[l].push_back(r);
		}
		int l=a[1],ans=-1;
		for(int i=2;i<=n;i++){
			l=min(l,a[i]);
		}
		int r=l+k*add;
		while(l<=r){
			int mid=l+r>>1;
			if(check(mid)){
				ans=mid;
				l=mid+1;
			}else{
				r=mid-1;
			}
		}
		cout<<ans<<'\n';
	}
	
	cout.flush();
	
	/*fclose(stdin);
	fclose(stdout);*/
	return 0;
}