JOISC 2017 D

神题，模拟赛考到，不会，遂题解诞生。

读完题目，发现等价于给出若干 \([l_i,r_i],c_i\)，需要将 \(c_i\) 分为 \(k,,c_i-k\) 两部分加到 \([l_i,r_i]\) 亦或 \([1,l_i)\cup (r_i,n]\)，要求最小化最后每个位置的值的最大值。

可以考虑一个调整法的思路，我们先假定全部分给 \([l_i,r_i]\)，得到当前的解 \(p_i\)，同时将 \(c_i\) 拆分为 \(c_i\) 个 \(l_i,r_i\) 相同且 \(c_i=1\) 的询问。

问题就变成给出一个集合，元素为区间，而我们现在需要从中找到一个最优秀的子集 \(S\)，使得将 \(\forall [l_i,r_i]\in S\) 拆为 \([1,l_i-1],[r_i+1,n]\) 后最大值最小。

我们称这个拆解的过程为“反转”。

我们设这个拆分后每个位置上的值是 \(q_i\)，那么会发现一些性质。

性质零

设最优答案为 \(ans\)，则我们声称 \([ans,\sum c]\) 都是存在方案的。

证明是显然的， \(i\) 的一个没有覆盖最大值的区间覆盖过去就好了。

性质一

可以发现，若 \(I_1,I_2\in S\)，且 \(I_1\cap I_2=\varnothing\)，则 \(S\) 并非最优。

证明：考虑此时我们不反转 \(I_1,I_2\)，则会让 \(q\) 产生如下变化：

1. \(i\in I_1\cup I_2,q_i\leftarrow q_i\)
2. \(i\notin I_1\cup I_2,q_i\leftarrow q_i-2\)

这样的变化一定不劣。

由此可以得到：一定存在最优集合 \(S\)，满足 \(S\) 里所有区间的交集不为空

形式化地，有：\(\max_{[l_i,r_i]\in S}l_i\le \min_{[l_i,r_i]\in S}r_i\)

下面我们称 \(I=[\max_{[l_i,r_i]\in S},l_i,\min_{[l_i,r_i]\in S},r_i]\)

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现在我们来考虑在多项式复杂度内解决本问题。

设 \(z_i=\sum_{[l_i,r_i]]\in S}[i\in [l_i,r_i]]\)，也就是包含它的元素个数。

那么有 \(q_i=p_i+(|S|-z_i)-z_i=p_i-2z_i+|S|\)。

设某个 \(t\in I\)，则 \(z_t=|S|\)

考虑二分答案，设当前二分答案为 \(limit\)，如果合法的充要条件是什么呢？

也就是 \(\exists S,t,\max q_i\le limit\)

注意到我们在计算过程中只关心 \(|S|\)，也就是 \(z_t\)，不妨枚举 \(t,z_t\)，那么会有：\(\max (p_i-2z_i+z_t)\le limit\implies z_i\ge \lceil\frac{p_i+z_t-limit}{2}\rceil\)。

考虑构造这样一个 \(S\)，可以想到一个显然正确的贪心算法：依次扫描 \(i:1\to t\)，并开一个优先队列，维护当前待使用的所有区间，按照 \(r\) 排序，当前发现 \(z_i\) 不足，那么就贪心地选大的 \(r\) 填上去。

最后再判断 \(t+1\to n\) 的 \(z\) 是否符合即可。

复杂度 \(O(n^2m\log m\log V)\)

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注意到复杂度主要开销是 \((t,z_t)\) 的枚举。

性质二

我们断言，如果最优解不是 \(S=\varnothing\)，那么一定有 \(\exists t,S,\max_{i\in I}q_i\ge \max_{i}q_i-1,\max_{i}q_i\le limit\)。

考虑如下当 \(\max_{i\in I} q_i<\max_iq_i-1\) 时对 \(S\) 的调整：

以下操作只要 \(S\) 不为空且条件不满足持续进行。

1. \(I\in S\)，直接删除 \(I\)，那么有 \(\forall i\in I,q_i'\leftarrow q_i+1,\forall i\notin I,q'_i\leftarrow q_i-1\)，导致两者差距缩小 \(2\)。
2. 否则考虑取到 \(I\) 的两个集合，也就是 \(r_{\min},l_{\max}\) 所在的两个区间 \(A,B\)，将其删去，那么有 \(\forall i\in I,q_i'\leftarrow q_i+2\)，其余 \(q_i\) 不变，也可以将差距缩小 \(2\)。

可以发现操作始终可以进行，因此最终必然可以操作到满足条件，或者 \(S=\varnothing\)。

注意到我们可以钦定 \(t\) 为取到 \(\max_{i\in I}q_i\) 的 \(i\)，因为 \(I\) 中的点对于 \(S\) 这个方案而言是等价的。

由此，我们可以知道 \(\max_{i\in I}q_i=q_t\ge \max_{i}q_i-1\)，而由性质零和构造方法，只要有解，那么我们就可以强化为构造出一个正好答案是 \(\max_iq_i=limit\) 的解，因此 \(limit\ge q_t=p_t-z_t\ge limit-1\)，因此对于 \(t\)，我们仅需枚举 \(p-limit(+1)\) 这两个即可。

复杂度降到 \(O(n^2\log m\log V)\)

性质三

我们断言，如果最优解 \(S\neq \varnothing\)，那么一定是有某个最优的 \(S,t\)，满足 \(p_t=\max p_i\)

注意到这个 \(t\) 同样取到了 \(\max_{i\in I}q_i\)，因此有：

\(q_t=p_t-z_t\ge \max_iq_i-1\ge \max_i(p_i-2z_i+z_t)-1\ge \max(p_i-z_t+[i\notin I])-1\)

这推出 \(p_t\ge \max(p_i+[i\notin I])-1\implies p_t=\max p_i\)。

性质四

更强于性质三的，我们给出，如果最优解不是 \(S=\varnothing\)，那么存在最优解 \(S\)，任意 \(\lbrace t|p_t=\max_{i}p_i\rbrace\subseteq I\) 。

设一个 \(x,p_x=\max p_i\)，则 \(q_x=p_x+|S|-2z_x\le ans\le p_x-|S|+1\implies 2|S|-2z_x\le 1\)

由于左边是偶数且非负，所以只能取到 \(z_x=|S|\)，因此 \(x\in I\)。

综合各个性质，我们仅需 \(2\) 次贪心算法就可以 check 了。

\(O(n\log m\log V)\) 解决问题。