2022icpc亚洲区域赛（南京站）Problem D - 聊天程序

\(\Huge{2022icpc亚洲区域赛（南京站）Problem D - 聊天程序}\)

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• 题意
• 思路
• 标程

题目链接：Problem - D - Codeforces

官方题解：D - 聊天程序 - SUA Wiki

题意

本题首先给出\(n,k,m,c,d\)，然后给出\(n\)个整数\(a_1,a_2...a_n\)。

题目要求执行以下操作至少一次：

• 选择一个长度恰好为\(m\)的子数组\(a\)，然后将长度也为\(m\)的等差数组（首项为\(c\)，公差为\(d\)）依次加到对应的子数组\(a\)上。

求至多一次操作之后，序列中第\(k\)大的值最大可能是多少？

数据范围：

• \(1\le k,m\le n \le 2\times 10^5\)
• \(0\le c,d \le 10^9\)
• \(0\le a_i\le 10^9\)

思路

通过题意，我们可以发现题目要求的答案符合单调性，即如果答案\(k\)符合要求，那么小于\(k\)的数也必然符合要求（忽略能否构造出\(k\)）。

因此，我们考虑使用二分答案。

那么，对于答案\(k\)，当我们枚举小于\(k\)的时候，check()函数必然是返回true，所以说使用二分答案最终枚举到的\(k\)必定可以构造出。

但是，这道题目的难点就在于check()函数的判断，check()函数的时间复杂度必须保持在\(O(n)\)的时间复杂度下可通过本题。

具体做法为：

• 首先二分答案\(mid\)，将大于等于\(mid\)的数看成$ 1\(，小于\)mid\(的数看成\) 0\(。问题变为“判断能否通过至多一次操作，使序列中\) 1 \(的数量大于等于\)mid$”。
• 接下来枚举操作位置，并计算进行操作后能否满足要求。考虑一个元素\(a_t(a_t<x)\)容易发现，在操作范围从左往右移的过程中，当\(a_t\)第一次进入操作范围时，它会变成最大值，之后慢慢变小，最后又变回原来的值。因此每个数只会从$ 0 \(变成\) 1$ 一次，再从$ 1 \(变成\) 0 $一次。
• 我们只要对每个元素找出这两次变化的位置，就能利用前缀和算出在每个位置进行操作对$ 1 $的数量的影响。

标程

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
#define int long long 
#define ULL unsigned long long 
#define PII pair<int, int>
#define lowbit(x) (x & -x)
#define Mid ((l + r) >> 1)
#define ALL(x) x.begin(), x.end()
#define endl '\n'
#define fi first 
#define se second

const int INF = 0x7fffffff;
const int Mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10; 

int n, k, m, c, d;
vector<int> a, f;

bool check(int mid) {
    int cnt = 0;//记录不小于mid的个数
    for(int i = 1; i <= n; i ++ ) if(a[i] >= mid) cnt ++;

    if(cnt >= k) return true;		//剪枝，个数符合直接范围true
    
    f.clear(); f.resize(n + 5);		//关键的f数组，用于记录前缀和

    for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        if(a[i] >= mid) continue;   //只判断小于mid的数字

        int r = min(m - 1, i - 1);
        int mx = a[i] + c + d * r;  //当前数字最大能加多少

        if(mx < mid) continue;
        f[max(m, i)] ++;            //记录这个数字大于mid的区间m的起点的坐标
	
        int mi = a[i] + c;          //当前数字最小能加多少
        if(mi >= mid) f[min(i + m, n + 1)] --;//若加最小也满足，则只有其不在区间m中时才去掉
        else {
            int t = mid - a[i] - c;
            int pos = (t + d - 1) / d - 1;
            f[min(n + 1, i + m - pos - 1)] --;
        }
    }
    for(int i = m; i <= n; i ++ ) {
        cnt += f[i];
        if(cnt >= k) return true;
    }
    return false;
}

void Solved() { 
    cin >> n >> k >> m >> c >> d;
    a.resize(n + 1);

    for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        cin >> a[i];
    }

    int l = 0, r = 1e15, mid;//需要根据题目计算出答案可能的最大值
    while(l < r) {
        mid = l + r + 1 >> 1;
        if(check(mid)) l = mid;
        else r = mid - 1;
    }

    cout << l << endl;
}

signed main(void) {
    IOS

    int ALL = 1; 
    // cin >> ALL;
    while(ALL -- ) Solved();
    // cout << fixed;//强制以小数形式显示
    // cout << setprecision(n); //保留n位小数

    return 0;
}