CF1832D2 Red-Blue Operations (Hard Version)
题目概述
给你 \(\{a_n\}\)，第 \(i\) 次操作，如果是你第奇数次操作当前位置则令它 \(+i\) 否则 \(-i\)。
给出 \(q\) 个询问，问你进行完 \(k\) 个操作之后 \(a\) 中的最小值最大是多少？
题目分析
这道题目一眼二分答案。
先对 \(a\) 排序。
观察题目性质（经典）：
- 对于当前位置 \(x\)，如果我在 \(i\) 的时候操作了一次，那么我下一次一定会操作它，这样会使得代价最小（只减少 \(1\)）。
因为我们考虑的是二分答案，所以说只需要确定对于每一个 \((k,val)\) 去检查 \(k\) 步能不能实现全部都大于等于 \(val\)。
首先确定 \(k\) 的下界。
对于第 \(i\) 个数，我们想要将它变到大于等于 \(x\)，于是有：
\[a_i+k-i+1\geq x
\]
移项得到：
\[k\geq c+(i-1-a_i)
\]
为什么呢，因为我肯定是对于小的那个给予最大的关怀。
取前缀最大值即可。
这个我门直接找 \(<val\) 即可。
设 \(k=2w+p\)，我们假设后面用 \(p\) 次加，那么显然，这 \(p\) 个可以加进去，这个我们可以假定 \(p\) 为 \(<val\) 的个数，然后如果奇偶性不同，则让 \(p+1\) 即可。
如果说 \(k\) 比下界小，那就不行，如果说 \(p\) 进行 \(+1\) 之后若 \(>n\) 就不行，因为此时判的情况就是 \(p=n\) 时但奇偶性不同所以说就会再减了一次。
还需要判断 \(k\) 的上界。
显然只需要满足：
\[sum-n\times val+(k+k-1+\dots+k-p+1)>w
\]
其意义时总和减去下面都有的部分，再加上一开始加的部分，这些部分就是我要可能减去的部分，如果这个部分不够减，那不好意思，就不行。
然后就能 AC 了。
代码
时间复杂度 \(\mathcal{O}(q\log V\log n)\)。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <stdlib.h>
#include <algorithm>
#include <vector>
#define int long long
#define N 200005
using namespace std;
int n,q,sum;
int a[N],lim[N];
bool check(int k,int c) {int p = lower_bound(a + 1,a + n + 1,c) - a - 1;if (p == 0) return true;if (k < p) return false;if ((k - p) & 1) p ++;if (p > n) return false;if (k < c + lim[p]) return false;if (sum * 2 - n * c * 2 + p * (2 * k - p + 1) >= k - p) return true;return false;
}
signed main(){cin >> n >> q;for (int i = 1;i <= n;i ++) scanf("%lld",&a[i]),sum += a[i];stable_sort(a + 1,a + 1 + n);for (int i = 1;i <= n;i ++) lim[i] = i - a[i] - 1;for (int i = 2;i <= n;i ++) lim[i] = max(lim[i],lim[i - 1]);for (int i = 1;i <= q;i ++) {int k;scanf("%lld",&k);int l = 0,r = 1e18,res = 0;while(l <= r) {int mid = l + r >> 1;if (check(k,mid)) res = mid,l = mid + 1;else r = mid - 1;}printf("%lld ",res);}return 0;
}