题解：AT_arc101_b [ABC107D] Median of Medians - 指南

我敢打赌，这肯定是洛谷这道题里最详细的题解了。

思路：

写这道题的时候可以先去 P3031 看一下，这篇题解就以此为突破口。

对于 P3031 这道题，我们可以先打暴力。

P3031 の $40$ 分解法：

我们学过，如果想要找子串，我们可以枚举左端点和右端点，如下：

for(int l=1;l<=n;l++){
for(int r=l;r<=n;r++){
/*这里写中位数判断*/
}
}

于是我们这个暴力只需要注意判断子串中位数是否大于等于 $x$。

我们将中位数判断部分记为函数 check(l,r)。那么我们改怎么写 check(l,r) 呢？

很明显，作为暴力，我们可以再用一个数组来存储 $a_l\sim a_r$，记为 $b$，长度为 $m$。我们需要判断的便是 $b_{\lfloor \frac{m}{2}\rfloor +1}\ge x$。中位数的定义如下：

将 $b$ 按升序排序得到数列 $b^{\prime }$。此时，$b^{\prime }$ 的第 $M/2+1$ 个元素的值即为 $b$ 的中位数。这里，$/$ 表示向下取整的除法。

定义来源于题目。

判断完 $b_{\lfloor \frac{m}{2}\rfloor +1}\ge x$ 后，如果满足就加 $1$，对于每个子串都来一遍，输出即可。

#include<bits/stdc++.h>
  #define int long long
  using namespace std;
  int n,x;
  int a[1000005];
  int b[1000005];
  int check(int l,int r){
  int m=0;
  for(int i=l;i<=r;i++){
  b[++m]=a[i];
  }
  sort(b+1,b+m+1);
  return (b[m/2+1]>=x?1:0);
  }
  signed main(){
  cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
  cout.tie(0)->sync_with_stdio(0);
  cin>>n>>x;
  for(int i=1;i<=n;i++){
  cin>>a[i];
  }
  int ans=0;
  for(int l=1;l<=n;l++){
  for(int r=l;r<=n;r++){
  ans+=check(l,r);
  }
  }
  cout<<ans;
  return 0;
  }

P3031 の $80$ 分解法：

通过暴力得到 $40$ 分后，我们便要向 $80$ 分进发。

我们可以发现，对于每一个字串，如果希望 $b_{\lfloor \frac{m}{2}\rfloor +1}\ge x$，那么就肯定满足这个性质：

• 设 $x$ 为数组 $b$ 中大于等于 $x$ 的数字个数，$y$ 为数组 $b$ 中小于 $x$ 的数字个数，那么 $x,y$ 一定满足 $x-y\ge 0$。

这个性质是怎么来的？我们可以想，排完序后，如果 $b_{\lfloor \frac{m}{2}\rfloor +1}\ge x$ 满足，那么大于等于 $x$ 的数字的数量一定大于等于 $m-(\lfloor \frac{m}{2}\rfloor +1)+1$，即 $m-\lfloor \frac{m}{2}\rfloor$。而这个数，一定满足 $m-\lfloor \frac{m}{2}\rfloor \ge \lfloor \frac{m}{2}\rfloor$。

这里也就间接的证明了 $x-y\ge 0$。因为由上定义可以得到 $x=m-\lfloor \frac{m}{2}\rfloor ，y=\lfloor \frac{m}{2}\rfloor$。这里的 $\lfloor \frac{m}{2}\rfloor$ 在代码中就是 m/2，编译器会自动向下取整。

最后便是如何计算 $x-y$。这个问题很简单，我们记大于等于 $x$ 的数字为 $1$，小于 $x$ 的数字为 $-1$。进行前缀和后，记前缀和数组为 $sum$，对于区间 $[l,r]$，答案便为 $su{m}_r-su{m}_{l-1}$。

#include<bits/stdc++.h>
  #define int long long
  using namespace std;
  int a[1000005],sum[1000005];
  int n,m,k,x;
  signed main(){
  cin>>n>>x;
  for(int i=1;i<=n;i++){
  cin>>a[i];
  if(a[i]>=x){
  sum[i]=1;
  }
  else{
  sum[i]=-1;
  }
  sum[i]+=sum[i-1];
  }
  int ans=0;
  for(int l=1;l<=n;l++){
  for(int r=l;r<=n;r++){
  if(sum[r]-sum[l-1]>=0){
  ans++;
  }
  }
  }
  cout<<ans;
  return 0;
  }

P3031 の $100$ 分解法：

拿下 $80$ 分后，$100$ 分便迎刃而解。

我们观察一下 $80$ 分代码的 $su{m}_r-su{m}_{l-1}\ge 0$，调整一下得：

$$su{m}_{l-1}\le su{m}_r$$

我们将其与 $l-1<r$ 联立得：

$$\{\begin{array}{l}l-1<r\\ su{m}_{l-1}\le su{m}_r\end{array}$$

似乎在哪里见过这个式子，我们将 $l-1$ 替换为 $i$，$r$ 替换为 $j$，便可得到：

$$\{\begin{array}{l}i<j\\ su{m}_i\le su{m}_j\end{array}$$

这下完全想起来了，这不就是 P1908 逆序对的颠倒版吗！

我们知道逆序对是可以用树状数组来记录之前比 $a_i$ 大得数字，当然也可以记录之后比 $a_i$ 小的数字。而这里需要记录的是之前小于等于 $a_i$ 的数字。为什么？原因就是上面的式子，我不信有理解不了的。

接下来就是处理正负数的问题。很明显，数字区间是 $-100000\sim 100000$，而树状数组处理不了小于等于 $0$ 的数字，所以这里统一加上 $100001$，这样子数字区间 $1\sim 200001$ 了。

最后还要注意存入时，第一步时 $su{m}_0$，这一个不能漏了，记得还要开 long long。

#include<bits/stdc++.h>
  #define int long long
  using namespace std;
  const int b=100001;
  int a[1000005],sum[1000005];
  int tr[1000005];
  int n,m,k,x;
  int ans[1000005];
  int lowbit(int x){
  return x&-x;
  }
  void modify(int x,int v){
  while(x<=210001){
  tr[x]+=v;
  x+=lowbit(x);
  }
  }
  int query(int x){
  int ans=0;
  while(x){
  ans+=tr[x];
  x-=lowbit(x);
  }
  return ans;
  }
  signed main(){
  cin>>n>>x;
  for(int i=1;i<=n;i++){
  cin>>a[i];
  if(a[i]>=x){
  sum[i]=1;
  }
  else{
  sum[i]=-1;
  }
  }
  modify(0+b,1);
  int ans=0;
  for(int i=1;i<=n;i++){
  sum[i]+=sum[i-1];
  ans+=query(sum[i]+b);
  modify(sum[i]+b,1);
  }
  cout<<ans;
  return 0;
  }

AT_arc101_b の $100$ 分解法：

讲了这么久的 P3031，是时候该讲 AT_arc101_b 了。

我们可以发现，其实我们可以对这道题经行二分答案。为什么？我们的目标是找到一个 $x$，使其执行 P3031 的 $100$ 分代码后可以满足 $ans\ge \lfloor \frac{n}{2}\rfloor +1$，于是我们可以找到单调性：

• 对于不同的 $x$，较大的 $x$ 满足的概率绝对比较小的 $x$ 的低。

于是我们可以以 $1\sim n$ 为区间，每次判断的是 $a_{mid}$，如果 $a_{mid}$ 符合，那么 $l=mid$，反之 $r=mid-1$。

最重要的还属 check 函数。check 函数我们的代码可以沿用 P3031 的 $100$ 分代码。我们唯独要修改的便是最后判断是否满足 $ans\ge \lfloor \frac{n}{2}\rfloor +1$ 即可，感觉没有什么要讲的了。

#include<bits/stdc++.h>
  #define int long long
  using namespace std;
  const int b=100001;
  int a[1000005],c[1000005],sum[1000005];
  int tr[1000005];
  int n,m,k;
  int ans[1000005];
  int lowbit(int x){
  return x&-x;
  }
  void modify(int x,int v){
  while(x<=210001){
  tr[x]+=v;
  x+=lowbit(x);
  }
  }
  int query(int x){
  int ans=0;
  while(x){
  ans+=tr[x];
  x-=lowbit(x);
  }
  return ans;
  }
  bool check(int x){
  memset(tr,0,sizeof tr);
  memset(sum,0,sizeof sum);
  for(int i=1;i<=n;i++){
  if(a[i]>=x){
  sum[i]=1;
  }
  else{
  sum[i]=-1;
  }
  }
  modify(0+b,1);
  int ans=0;
  for(int i=1;i<=n;i++){
  sum[i]+=sum[i-1];
  ans+=query(sum[i]+b);
  modify(sum[i]+b,1);
  }
  if(ans>=(n*(n+1)/2+1)/2) return 1;
  return 0;
  }
  signed main(){
  cin>>n;
  for(int i=1;i<=n;i++){
  cin>>a[i];
  c[i]=a[i];
  }
  sort(c+1,c+n+1);
  int l=1,r=n;
  while(l<r){
  int mid=(l+r+1)/2;
  if(check(c[mid])) l=mid;
  else r=mid-1;
  }
  cout<<c[l];
  return 0;
  }

后话：

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