[分讨] [AGC032E] Modulo Pairing

posted on 2024-06-12 05:34:38 | under | source

记 \((a,b)\) 表示 \((a+b)\bmod m\)。

首先让 \(a_i\) 从小到大排，假如没有取模就是让第 \(i\) 大和第 \(i\) 小这样搭配。

那么加上取模，因为 \(\forall a_i <m\)，所以有个小性质：\(a_i+a_j-m< a_i,a_j\)。

回顾一开始的贪心策略我们是怎么证明的，是对 \(a\le b\le c\le d\) 进行讨论，本题也可以这样试试：

经过尝试发现，\((a,c),(b,d)\) 是无论如何都不优的。

证明：

• 若 \(a+c\ge m\)：数对同时减 \(m\) 直接比较就好，那么 \((a,d)\le (b,d)\)，\((b,c)\le (a,c)\)，调整后不劣。

• 反之，若 \(b+d<m\)：同上，\((a,c),(b,d),(a,d),(b,c)<m\)，所以调整后不劣。

• 反之：则 \((b,d)<b\le a+c=(a,c)\)，那么其最值被 \((a,c)=a+c\) 取到。同理，对于方案 \((a,b),(c,d)\)，其最值被 \((a,b)=a+b\) 取到。显然 \((a,b)\le (a,c)\)，所以调整后不劣。

综上，所有数对只能有包含关系，不能交叉。

（蒟蒻做到这就不会推了 qwq。）

然后发现，\(\max((a,d),(b,c))\le \max((a,b),(c,d))\) 在绝大多数情况下都满足。具体而言，只要所有数对同时 \(<m\) 或 \(\ge m\) 即可（即同时减去一个值）。

对其余情况（减去的数不同）讨论：

若 \(a+d\ge m,b+c<m\)，那么 \(\max((a,d),(b,c))=b+c\)，\(\max((a,b),(c,d))=a+b\)，拆开更优。另一种情况同理。

结合以上讨论，若存在两个数对减去的数不一样，那么它们不可能包含；若相等，则必然包含。

于是，必然存在一种最优划分可以找到一个分界点，拆分为两区间，满足左边数对都 \(<m\)，右边都 \(\ge m\)，且同一区间内都是最大最小两两相配的。

暴力枚举是平方的，怎么优化？放开限制，允许 \((a,b)\) 只在 \(a+b\ge m\) 时减去 \(m\)。令右边都减去 \(m\)，容易发现，右边越大越优，但是太大了就会非法。

二分计算即可，复杂度 \(O(n\log n)\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define pir pair<int, int>
const int N = 2e5 + 5, inf = 2e9 + 5;
int n, mod, a[N];

inline pir calc(int l, int r){
	pir p = {inf, 0}; //max初值不要设成-2e9，后面又减了1e9会爆int 
	for(int i = l, j = r; i < j; ++i, --j) 
		p.first = min(p.first, a[i] + a[j]), p.second = max(p.second, a[i] + a[j]);
	return p;
}
signed main(){
	cin >> n >> mod;
	for(int i = 1; i <= n << 1; ++i) scanf("%d", &a[i]);
	sort(a + 1, a + 1 + (n << 1));
	int l = 0, r = n + 1, mid;
	while(l + 1 < r){
		mid = (l + r) >> 1;
		if(calc(2 * mid - 1, n << 1).first >= mod) r = mid;
		else l = mid; 
	}	
	r = 2 * r - 1;
	cout << max(calc(1, r - 1).second, calc(r, n << 1).second - mod);
	return 0;
}