AT_joisc2017_d 切符の手配 (Arranging Tickets) 题解

AT_joisc2017_d 切符の手配 (Arranging Tickets)

有点省选的味道了。

考虑先定向 $\min(a_i,b_i) \to \max(a_i,b_i)$。

再考虑翻转，当两个区间无交时，不能同时翻转。

则所有翻转区间交不为空，设为 $[l,r]$。

考虑二分答案 $lim$。

考虑枚举 $t\in [l,r]$，$b_i$ 为翻转后的计数，$z_i$ 表示含 $i$ 的翻转区间数。

则有 $b_i=a_i+(z_t-z_i)-z_i​$，根据 $b_i\le lim​$，有 $\lceil\frac{a_i+z_t-lim}{2}\rceil \le z_i\le z_t​$。

考虑贪心从前往后 $i\in[1,t]$ 满足条件，显然为了让 $[x+1,n]$ 满足条件，选择的区间右端点应尽量大。

于是从 $i$ 向右做扫描线，每次加入 $i$ 的可选端点，贪心选择可选区间中右端点最大的区间，取到下界即可，最后在判断 $[x+1,n]$ 是否合法，时间复杂度 $\mathcal O(n^3\log m\log V)$。

性质：在最优解中，设 $t$ 为 $\max_{i\in[l,r]} b_i$ 的下标，有 $|S|=0$ 或 $b_t \ge \max_{i=1}^{n} b_i-1$。

证明：若 $b_t \le \max_{i=1}^{n}b_i-2$。

• 若存在翻转区间 $[l,r]$，则再翻转 $[l,r]$，$b_t$ 加一，$\max_{i=1}^{n}b_i$ 减一，这种情况不可能是最优解，舍。
• 否则分别存在以 $l$ 为左端点和以 $r$ 为右端点的不同区间，都翻转，$b_t$ 加 $2$，$\max_{i=1}^{n}b_i$ 要么变成 $b_t$，要么不增，不断调整，若最后有 $|S|\le 2$，由于不存在区间 $[l,r]$，所以 $|S|=2$，继续删除，得到 $|S|=0$。

那么现在 $z_t$ 的枚举量是 $\mathcal O(1)$ 的。

性质：对于 $t$，同时有 $a_t=\max_{i=1}^{n}a_i$。

证明：设 $y \notin [l,r]$，且 $a_y-a_t \ge 1$，又由上有 $b_t-b_y \ge -1$，则 $a_y-b_y \ge a_t-b_t$，与假设矛盾。

那么现在 $a_t$ 的值域是 $\mathcal O(1)$。

性质：最优解包含所有的 $a_i$ 的最大值的位置。

证明：设 $[L,R]$ 分别表示 $a_i$ 的最大值的最左和最右位置，假设有 $L<l\le r < R$，则若存在将要翻转区间不包含 $L$，若翻转了就会变劣，$R$ 同理。

于是 $a_t$ 的枚举位置是 $\mathcal O(1)$ 的。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log n\log V)$。