CF1373F - Network Coverage 题解
刷了 5 个 2400~2600 题了，还真就第一个遇到不会做的题，而且还是个 2400。看来我思维水平为
线性对数做法
先讲一个大部分人用的线性对数做法。
注意到，每个 city 显然是由相邻两个 station 共同贡献的。那么显然，如果确定了这 \(2n\) 个贡献中的一个，那么就可以贪心地推出来其他 \(2n-1\) 个，然后判断是否可行。
我们设第一个是 \(?+x\)，那么推出来的结果大概是
| 第一一一一一一一一一一一一一一一一列 | 第二二二二二二二二二二二二二二二二列 |
|---|---|
| \(?\) | \(x\) |
| \(b_1-x\) | \(M(a_2-(b_1-x))\) |
| \(b_2-M(a_2-(b_1-x))\) | \(M(a_3-(b_2-M(a_2-(b_1-x))))\) |
| \(\cdots\) | \(\cdots\) |
其中 \(M(x)=\max(0,x)\)。其中左一列就是当前 \(b\) 最多能给它贡献多少了，不考虑超过了 \(a_i\)。最后会循环到左上角，发现左上角的式子是最长的。
注意到，左边一列任意一个如果 \(<0\)，就说明它上一行右边用的超过当前 \(b\) 了，也就是当前 \(b\) 不够用了，那肯定是不行的。如果都够用的话，还需要考虑到头来 \(a_i\) 能不能被第一行两个数的和所 \(\geq\)。于是有解也就当且仅当能找到 \(x\geq 0\) 满足这两个条件。
然后我们想到，总不能枚举这个 \(x\) 吧，它可是关于值域的。那么二分？我证不出来它有单调性。但是注意到，\(x\) 合法所要满足的两个条件分别关于 \(x\) 满足单调性：
- 容易发现，\(x\) 增加一，那么左边一列全部都减少 \(0\sim 1\)，右边一列都增加 \(0\sim 1\)。那么 \(x\) 越大，左边就越可能挂掉；\(x\) 越小，左边就越会活得好好的。所以说这样可以二分出 \(x\) 的一个上界；
- 又因为 \(x\) 增加一是铁定增加一的，而此时左上角有可能增加一，有可能不动。那么长期增加下来，第一行的和只会不减，于是 \(x\) 越大，第二个条件就越容易满足。所以可以二分出 \(x\) 的一个下界。
于是看下界是否 \(\leq\) 上界即可。
线性做法
会讲两个线性做法。这都是我在学校和路上苦思冥想的结果啊，精通时事的人应该看到了我一边拿草稿本一边走路（
刚开始做的时候用的就是下面的其一，只不过我有东西没考虑到，所以最终还是看题解了/ll
其一是继续在刚刚的做法的列表格的基础之上做。我们考虑分别探索两个条件的充要条件：
-
\(\forall N\in[1,n],b_N-M(a_N-\cdots)\geq0\)。移项得到 \(M(a_N-\cdots)\leq b_N\)。此时这个 \(M\) 非常好去，注意到若里面 \(<0\)，泽肯定成立，去掉 \(M\) 也肯定成立，所以无伤大雅；若里面 \(\geq 0\)，则去不去 \(M\) 值一样。于是可以直接去掉 \(M\)，得到 \(a_N-\cdots\leq b_N\)，即 \(\cdots\geq a_N-b_N\)。于是可以（近似的）归纳到 \(b_{N-1}-M(a_{N-1}-\cdots)\geq a_N-b_N\)。那么是否还可以像上面那样想当然地直接得到 \(\cdots\geq a_N-b_N+a_{N-1}-b_{N-1}\) 呢？nope。
注意到到 \(M(a_{N-1}-\cdots)\leq b_{N-1}-a_N+b_N\) 这一步，这时候右边不一定 \(\geq0\)（这就是我一开始的思路，但是没想到这一个问题，所以就 WA 了）。如果右边 \(<0\)，此时左边显然 \(\geq\)，不等式不可能成立；否则依然可以照上面分析，归纳下去。于是我们多了一系列条件：归纳的过程中，\(M\) 左边的那串式子必须 \(\geq0\)。
于是我们得到：\(\forall N\in[1,n],\forall l\in(1,n],\sum\limits_{i=l}^Nb_i-\sum\limits_{i=l+1}^Na_i\geq 0\)，并且 \(x\) 满足 \(\forall N\in[1,n],x\leq\sum\limits_{i=1}^Nb_i-\sum\limits_{i=2}^Na_i\)。
-
\(b_n-M(a_n-\cdots)+x\geq a_i\)。这就相当于上面的不等式的右边从 \(0\) 变成了 \(a_i-x\)。类似上面分析 \(M\)、归纳，我们可以得到 \(\forall l\in(1,n],\sum\limits_{i=l}^nb_i-\sum\limits_{i=l+1}^na_i-a_1+x\geq 0\Leftrightarrow x\geq \sum\limits_{i=l+1}^na_i+a_1-\sum\limits_{i=1}^nb_i\)。然后最后一步得到 \(x\leq \sum\limits_{i=1}^nb_i-\sum\limits_{i=1}^na_i+x\)，\(x\) 直接消掉得到了一个不关于 \(x\) 的条件。
就把上面得到的不关于 \(x\) 的条件直接判，关于的发现有上界和下界，分别取 \(\min\) 和 \(\max\)，最后看 \(x\) 是否有解，别忘了 \(x\geq0\)。至于说有平方级个条件，那没关系，前缀和拆一拆递推一下即可。
其二。
其实做什么图论建模（比如网络流）做多了的人，看到这题都会感觉要建图。比如差分约束或者网络流。网络流其实是可以的，zqynb，但我不会。下面讲的是差分约束的方法。
依然考虑 \(2n\) 个贡献，我们设它们为 \(x_{i,1/2}\)。显然可以列出一堆关于它们的不等式：
但是这里是 \(+\) 号，差分约束个锤子啊？不急，不难发现前两条里面都是一个 \(1\) 一个 \(2\)，于是我们可以用 \(-x_{i,2}\) 来搞，这样就可以差分约束了。
然后判有解性即可。显然不等式的个数是线性的，那么直接 SPFA 是平方的，会爆炸。但注意到这个建图还是蛮有规律的，考虑能不能用一些巧妙的方法判负环的存在性，就好似以前做过的某个巧妙求最短路的题一样。
把 \(n=4\) 的图画出来，还挺 good-looking 的（
注意到，所有的环分为含 \(0\) 的环和不含 \(0\) 的环，我们只需要判断每个环都是非负环即可：
-
含 \(0\)。那么 \(0\) 两边只能是左边是正，右边是负，也就是正的每个到负的每个的路径要非负，即：
- 对于 \(u>v\) 有 \(\sum\limits_{i=v}^{u-1}b_i-\sum\limits_{i=v+1}^{u-1}a_i\geq 0\)；
- 对于 \(u\leq v\) 有 \(sb-\sum\limits_{i=u}^{v-1}b_i-sa+\sum\limits_{i=u}^va_i\geq 0\)，其中 \(sa,sb\) 分别为 \(a,b\) 的和。
看似有平方级个条件，但按照上一个方法拆前缀和递推即可；
-
不含 \(0\)。那显然只有一个环：\(sb-sa\)。
然后这两种线性方法的条件集合按理说应该是等价的，看上去也很等价。但我不想想了。
