JOISC2017 切符の手配题解

形式化题意：

给定正整数 \(n,m\) 和 \(m\) 个三元组 \((l_i,r_i,c_i)\)，你有一个序列 \(a_{1\ldots n}\)，初始所有元素为 \(0\)。

你需要对序列 \(a\) 进行 \(m\) 次操作，对于第 \(i=1,\cdots,m\) 次操作，你需要：

• 选择任意一个整数 \(k\in[0,c_i]\)。
• 将所有 \(j_0\in [l_i,r_i]\) 的 \(a_{j_0}\) 加上 \(k\)。
• 将所有 \(j_1\in [1,l_i)\cup(r_i,n]\) 的 \(a_{j_1}\) 加上 \(c_i-k\)。

请你最小化 \(\max a_i\) 的值。

思路：

推性质神仙题。

这道题，某些人通过猜结论，调着调着就过拍了，然后交上去过了。

不得不说，这道题的性质太妙了，感觉只能通过打表看出来……

\(\textbf{Subtask 1}\sim\textbf{2}\)：

我们不妨先抛开 \(c_i>1\) 的情况，只考虑 \(c_i=1\) 时如何做。这样我们将问题转化成，初始每个区间都未反转，我们需要反转一些区间，使得操作后 \(\max a_i\) 尽可能地小。这里，我们定义反转一个区间 \([l_i,r_i]\) 为，将其对全集 \([1,n]\) 取补，变为集合 \([1,l_i)\cup (r_i,n]\)。

记多重集 \(S\) 为我们选出的需要反转的区间的集合，下文我们同时称 \(S\) 为一个反转方案。

性质 \(1\)：答案具有单调性。我们记答案的上界为 \(T\)。如果存在一种反转方案，使得 \(\max a_i=x\)，则对于所有 \(y\in(x,T]\)，也存在一种反转方案使得 \(\max a_i=y\)。

这说明，我们可以尝试用二分答案解决这个问题。

性质 \(2\)：若 \(S\) 中的所有区间之并为空，则这种反转方案一定不优。

证明：显然，此时存在区间 \(U_1,U_2\in S\)，满足 \(U_1\cap U_2=\varnothing\)，如果我们同时反转这两个区间，我们讨论反转后产生的贡献：

• 所有 \(i\in U_1\cup U_2\) 的 \(a_i\) 不变。
• 所有 \(j\notin U_1\cup U_2\) 的 \(a_j\) 会加上 \(2\)。

由于反转后没有 \(a_i\) 会减少，所以这种反转方案不优。

也就是说，如果这 \(m\) 个区间存在一个子集有交，则存在一种最优方案，使得存在下标 \(t\in I\)，其中区间 \(I=[L,R]\) 为 \(S\) 中的所有区间之并。

我们尝试二分答案 \(x\)。接下来我们讨论如何判定 \(x\) 是否合法。

我们记 \(p_i\) 表示所有区间不反转时，所有操作进行完后 \(a_i\) 的值，\(q_i\) 表示对于当前集合 \(S\)，将 \(S\) 中的区间反转后，所有操作进行完后 \(a_i\) 的值。记 \(z_i=\sum_{A\in S}[i\in A]\)，则 \(q_i=p_i-z_i+|S|-z_i=p_i+z_t-2z_i\)。由于 \(q_i\leq x\)，我们得到 \(p_i+z_t-2z_i\leq x\)。也就是说，要使得 \(x\) 合法，必须存在一个 \(S\)，使得通过其推导出的 \(z_i\) 满足

\[z_i\geq \left\lceil\dfrac{p_i+z_t-x}{2}\right\rceil \]

此时我们能够发现，如果我们确定了 \(t\) 和 \(z_t\)，则我们可以确定所有 \(z_i(i\not=t)\) 的下界，即每个下标至少需要被 \(S\) 中的多少个区间覆盖。这时，找出一个满足条件的 \(S\) 也就变得容易了。

至此，我们可以通过枚举 \(t\) 和 \(z_t\) 的值，然后贪心地每次将 \(z_i\) 取得尽量小。具体地，我们计算出每个 \(z_i\) 的下界，然后依次遍历 \(i=1,\cdots,t\)，尝试将 \(z_i\) 累加到下界（累加不到则当前 \(t,z_t\) 不合法），每次取区间时，考虑从左端点小于等于 \(i\) 的区间中贪心地选出右端点最大的加入 \(S\)。遍历完后，只需检查 \(z_i(t<i\leq n)\) 是否不小于下界即可。这样我们就设计出了一个判定 \(x\) 是否合法的朴素算法，外层再套一个二分即可得出答案。

注意，因为 \(t\in I\)，所以对于任意 \(1\leq i\leq n\)，\(z_t\) 同时需要满足 \(\left\lceil\dfrac{p_i+z_t-x}{2}\right\rceil\leq z_i\leq z_t\)，即 \(z_t\geq p_i-x\)。也就是说，当 \(z_t<p_i-x\) 时我们可直接判定 \(z_t\) 不合法。如果我们枚举 \(z_t\) 时不从下界 \(\max p_i-x\) 开始，并且在判定 \(x\) 是否合法时，仅仅只通过判定 \(z_i\) 是否达到下界验证 \(x\) 的合法性，则算法的正确性无法保证。（想一想，为什么）

对于 \(c_i=1\) 的情况，二分答案的时间为 \(O(\log m)\)，枚举 \(t,z_t\) 的时间为 \(O(nm)\)，贪心算法的时间为 \(O((n+m)\log m)\)，则总时间复杂度为 \(O(nm(n+m)\log^2 m)\)。

对于 \(c_i>1\) 的情况，记 \(V=\max p_i\)，则二分答案的时间为 \(O(\log V)\)，枚举 \(t,z_t\) 的时间为 \(O(nV)\)，贪心算法的时间不变（在代码中非常自然地改一下即可），则总时间复杂度为 \(O(nV(n+m)\log m\log V)\)。

这里给出贪心算法的代码：

// 所有变量名与之前约定的记号含义相同
// 所有三元组 (li,ri,ci) 都存储在 vec[li] 中
// 保证 zt 从下界 max(pi) - x 开始枚举

bool valid(long long x, int t, long long zt) {
    for (int i = t + 1; i <= n; i ++) {
        z[i] = 0;
    }

    std::priority_queue<Interval> q;
    long long zi = 0;

    for (int i = 1; i <= t; i ++) {
        long long lim = (p[i] + zt - x + 1) >> 1;

        for (int j = 0; j < vec[i].size(); j ++) {
            if (vec[i][j].r > t) {
                q.push(vec[i][j]);
            }
        }

        while (q.size() && zi < lim) {
            Interval iter = q.top();
            q.pop();

            int delta = std::min(lim - zi, (long long) iter.c);
            zi += delta;
            z[iter.r] -= delta;

            if (iter.c -= delta) {
                q.push(iter);
            }
        }

        if (zi < lim) {
            return false;
        }
    }

    z[t] = zi;
    for (int i = t + 1; i <= n; i ++) {
        if (((z[i] += z[i - 1]) << 1) < p[i] + zt - x) {
            return false;
        }
    }

    return true;
}

其中 Interval 类和变量 vec 的定义如下：

class Interval {
public:
    int l, r, c;

    bool operator < (const Interval& rhs) const {
        return r < rhs.r;
    }
};

std::vector<Interval> vec[maxn];

比较明显的是，如果略去枚举 \(t,z_t\) 的时间，总时间复杂度为 \(O((n+m)\log m\log V)\)，在该题目限制下可以接受。最优的 \(t,z_t\) 只有 \(O(1)\) 种？或是说，我们只需要枚举 \(O(1)\) 个 \(t,z_t\)？

\(\textbf{Subtask 3}\)：

贪心算法的时间复杂度看起来已经不可优化了，我们尝试挖掘更多的性质，优化枚举 \(t,z_t\) 的时间。

性质 \(3\)：存在一种最优方案，满足 \(|S|=0\) 或 \(\max_{i\in I}q_i\geq \max q_i-1\)。

证明：我们假设命题不成立，并尝试推导出矛盾。根据条件，当前最优方案满足 \(\max_{i\in I}q_i\leq \max q_i-2\)。

首先我们证明，当前方案中不存在区间 \(U\in S\) 使得 \(U=I\)。

实际上，假设存在这样的区间，我们考虑将 \(U\) 从 \(S\) 中删除，即不翻转 \(U\)。记 \(S'\) 为删除 \(U\) 后的多重集 \(S\)，\(q_i'\) 为删除 \(U\) 后的 \(q_i\)。我们分析 \(q_i\) 与 \(q_i'\) 的关系：

• 对于所有 \(i\notin I\)，\(q_i'=q_i-1\)。
• 对于所有 \(j\in I\)，\(q_j'=q_j+1\)。

显然，\(q_i\) 满足 \(x=\arg\max q_i\notin I\)，则 \(q_x'=q_x-1\)。为了保证 \(S\) 的最优性，我们只好让 \(\max q_i'\geq q_x\)，由此可推导出 \(\arg\max q_i'\in I\)，进而得到 \(\max q_i'=\max_{i\in I}q_i+1\geq q_x=\max q_i\)，此与假设矛盾。因此，当前方案中不存在这样的区间。同时，我们可以得知当前方案中，\(S\) 中一定存在一个左端点为 \(L\) 的区间和一个右端点为 \(R\) 的区间（其中 \(I=[L,R]\)，且这两个区间不同）。

现在，我们考虑以下调整算法：

1. 如果当前 \(|S|\leq 2\) 或者已满足 \(\max_{i\in I}q_i\geq \max q_i-1\)，结束调整。
2. 否则，我们从 \(S\) 中分别选择一个左端点为 \(L\) 的区间和一个右端点为 \(R\) 的区间，然后将它们从 \(S\) 中删除。显然，这样调整后的方案仅仅只对于所有 \(i\in I\) 的 \(q_i\) 增加了 \(2\)，其它的 \(q_i\) 不增，不劣于最优方案。然后我们回到步骤 1。

我们对当前方案进行以上调整算法，然后得到新的多重集 \(S_0\)。

若当前方案 \(S_0\) 仍然有 \(\max_{i\in I}q_i\leq \max q_i-2\)，一方面，我们容易知道 \(S_0\) 满足 \(|S_0|\leq 2\)；另一方面，我们在之前已经证明，若当前方案满足 \(\max_{i\in I}q_i\leq \max q_i-2\)，则不存在区间 \(U\in S_0\) 使得 \(U=I\)，因此 \(|S_0|\not=1\)。综合这两方面，我们得知 \(|S_0|=2\)。

所以，我们仍然从 \(S_0\) 中分别选择一个左端点为 \(L\) 的区间和一个右端点为 \(R\) 的区间，然后将它们从 \(S\) 中删除。容易知道这样的调整一定不劣于最优方案。调整后 \(|S_0|=0\)，此与假设矛盾。

综上所述，命题成立。

这说明我们不需要大范围地枚举 \(z_t\) 了。若当前位置 \(t\in I\) 存在最优方案满足 \(\max_{i\in I}q_i\geq \max q_i-1\)，我们只需要判定 \(z_t=p_t-x\) 和 \(z_t=p_t-x+1\) 两种情况中有其中一个合法即可。

总时间复杂度降至 \(O(n(n+m)\log m\log V)\)。

\(\textbf{Subtask 4}\sim\textbf{5}\)：

既然我们优化掉了枚举 \(z_t\) 的时间，那么 \(t\) 是不是也可以像 \(z_t\) 一样，不需要枚举呢？我们随便猜一个结论然后跑一遍，可以发现：

性质 \(4\)：令 \(t=\arg\max_{i\in I}q_i\)，若存在一种最优方案 \(S(|S|>0)\) 满足 \(q_t\geq \max q_i-1\)，则 \(S\) 同时满足 \(p_t=\max p_i\)。

证明：仍然考虑反证。若存在最优方案 \(S(|S|>0)\) 满足 \(q_t\geq \max q_i-1,p_t\leq\max p_i-1\)，则我们可推导出 \(x=\arg\max p_i\notin I\)，因此 \(S\) 中至少存在一个区间没有覆盖到 \(x\)，即 \(z_x\leq z_t-1\)。我们得到

\[p_x\geq p_t+1,z_x\leq z_t-1 \]

注意到，\(q_x=p_x-2z_x+z_t,q_t=p_t-z_t\)，所以我们尝试对上述不等式做变换得到

\[\begin{aligned} p_x-2z_x&\geq p_t-2z_t+3 \\ p_x-2z_x+z_t&\geq p_t-z_t+3 \\ q_x&\geq q_t+3 \end{aligned} \]

此与假设条件 \(q_t\geq \max q_i-1\) 矛盾。因此命题成立。

至此，我们又将 \(t\) 的范围缩小到 \(t\in\{x|p_x=\max p_i\}\)。

既然都到这一步了，我们继续猜测，是不是我们只要让 \(t\) 满足 \(p_t=\max p_i\) 就能够找到满足之前性质的最优解（找不到则 \(S=\varnothing\) 为最优方案之一）？

性质 \(5\)：若存在一种最优方案 \(S(|S|>0)\) 满足 \(\max_{i\in I}q_i\geq \max q_i-1\)，则 \(S\) 同时满足 \(\{x|p_x=\max p_i\}\subseteq I\)。

证明：类似性质 \(4\) 的证明，我们考虑反证。令 \(t=\arg\max_{i\in I}q_i\)，若当前最优方案 \(S\) 满足 \(q_t\geq \max q_i-1\)，且存在 \(x\) 满足 \(x\notin I,p_x=\max p_i\)，则我们有

\[p_x=p_t,z_x\leq z_t-1 \]

综合上述不等式可得

\[\begin{aligned} p_x-2z_x+z_t&\geq p_t-z_t+2 \\ q_x&\geq q_t+2 \end{aligned} \]

此与假设条件 \(q_t\geq \max q_i-1\) 矛盾。因此命题成立。

据性质 \(5\)，我们可推断出，若存在一种最优方案 \(S(|S|>0)\) 满足 \(\max_{i\in I}q_i\geq \max q_i-1\)，则对于所有 \(p_x=\max p_i\) 的 \(x\)，\(q_x=p_x-z_x\) 都相同（想一想，为什么）。所以，我们只需要令 \(t\) 为集合 \(\{x|p_x=\max p_i\}\) 的其中一个元素，在二分时对于 \((t,p_t-x)\) 和 \((t,p_t-x+1)\) 两种情况分别跑一遍贪心算法，即可做到判断当前答案 \(x\) 是否大于等于最优解。

总时间复杂度降至 \(O((n+m)\log m\log V)\)，足以通过此题。