Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 131072/131072 K (Java/Others)
Total Submission(s): 550 Accepted Submission(s): 182
Problem Description
度度熊很喜欢数组！！
我们称一个整数数组为稳定的，若且唯若其同时符合以下两个条件：
1. 数组里面的元素都是非负整数。
2. 数组里面最大的元素跟最小的元素的差值不超过 1。
举例而言，[1,2,1,2] 是稳定的，而 [?1,0,?1] 跟 [1,2,3] 都不是。
现在，定义一个在整数数组进行的操作：
* 选择数组中两个不同的元素 a 以及 b，将 a 减去 2，以及将 b 加上 1。
举例而言，[1,2,3] 经过一次操作后，有可能变为 [?1,2,4] 或 [2,2,1]。
现在给定一个整数数组，在任意进行操作后，请问在所有可能达到的稳定数组中，拥有最大的『数组中的最小值』的那些数组，此值是多少呢？
Input
输入的第一行有一个正整数 T，代表接下来有几组测试数据。
对于每组测试数据：
第一行有一个正整数 N。
接下来的一行有 N 个非负整数 xi，代表给定的数组。
* 1≤N≤3×105
* 0≤xi≤108
* 1≤T≤18
* 至多 1 组测试数据中的 N>30000
Output
对于每一组测试数据，请依序各自在一行内输出一个整数，代表可能到达的平衡状态中最大的『数组中的最小值』，如果无法达成平衡状态，则输出 ?1。
Sample Input
2
3
1 2 4
2
0 100000000
Sample Output
2
33333333
Source
2018 “百度之星”程序设计大赛 - 初赛（B）
Recommend
chendu
这题可以使用二分搜寻的技术来寻找最大值。在这个题解里，我们用\min(A)min ( A )来表示一个阵列AA中元素的最小值，\max(A)max ( A )来表示最大值。当0 \le \min(A)0 ≤ min ( A )且\max(A) - \min(A) \le 1max ( A ) ? min ( A ) ≤ 1时，我们称阵列AA为稳定的。我们只讨论N > 1N > 1的状况。
二分搜寻
给定一个初始阵列 AA，可以证明本题的答案VV一定存在。这个VV满足：
- \min(A) \le Vmin ( A ) ≤ V。
- 对于任意的整数 0 \le v \le V0 ≤ v ≤ V都可以找到一个可由AA到达的稳定阵列A'A?′??使得\min(A') = vmin ( A?′??) = v。
- 对于任意的整数 V < vV < v，不存在任何可由AA到达的稳定阵列A''A?′ ′??使得\min(A'') = vmin ( A?′ ′??) = v。
因此，我们可以透过这个性质来对答案二分搜！
判断答案 vv有没有办法达成
对于原始阵列里面的每个 >v> v的元素x_ix?i??，都可以贡献\lfloor(x_i - v) / 2\rfloor? ( x?i??? v ) / 2 ?次的减法机会，而对于每一个<v< v的元素，都需要v - x_iv ? x?i??次的加法。只要需要的加法的次数比减法的机会少(或相等)，那vv就可以被达成。
但是还有没有用完的减法次数怎么办呢
如果还有没有用完的减法次数，我们会达到一个可能不稳定的 A'A?′??，配合上面的第1.点，已知此A'A?′??会有一个至少为\min(A') = vmin ( A?′??) = v的答案V'V?′??，再配合上面的第2.点，此A'A?′??一定可以达到答案为vv的稳定的阵列。
证明答案 VV一定存在且\min(A) \le Vmin ( A ) ≤ V
如果原始阵列 AA不稳定的话，持续进行把最大的数减二，并且把最小的数加一的动作。这样的操作不会让最大值上升，也不会让最小值下降，因此最后一定会收敛到一个至少为\min(A)min ( A )的答案。
证明对于小于答案 VV的非负整数vv都可以被达成
以下证明：对于一个稳定的阵列 AA并且\min(A) > 0min ( A ) > 0，一定可以达成一个稳定的阵列A'A?′??，并且\min(A') = \min(A) - 1min ( A?′??) = min ( A ) ? 1。在这个证明中我们简写\min(A)min ( A )为mm。
首先考虑对于固定的两个元素，分别各加减一次，结果会是这两个元素各自被减一。
- 对于偶数的 NN，我们可以把AA的元素两个一组，每个都减一，就可以达成目标。
- 对于奇数的 NN，AA中的元素两两一组相减后，至多会留下一个元素其值为m+1m + 1，也至少会有一个元素其值为m-1m ? 1，这时把前者减二后者加一，就变为m - 1m ? 1以及mm，也可以达成目标。
整体时间复杂度为 O(N\log\max(X))O ( N lo g max ( X ) )，其中的XX为原始给定的阵列。
思路：二分。比赛的时候想复杂了，其实只需要排序后预处理一下前缀和，然后对答案进行二分，每次以大于mid的为后半边（要-2的），反之为前面的。统计后面的能为前面贡献多少个+1，记为y，再用前缀和求出前面少多少个1，记为x，若x>y则不合法，否则一定合法。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int maxn=300010;
const ll mo=1e9+9;
ll n,m,k;
ll a[maxn];
ll sum[maxn],c[maxn];
ll ans,ct,cnt,tmp,flag;
ll jud(ll mid)
{ll pos=n+1,y=0;for(ll i=1;i<=n;i++){if(a[i]>mid){pos=i;break;}}for(ll i=pos;i<=n;i++) y+=(a[i]-mid)>>1;ll x=mid*(pos-1)-sum[pos-1];if(y<x) return 0;return 1;
}
int main()
{int T,cas=1;scanf("%d",&T);ll l,r;while(T--){scanf("%lld",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&a[i]);}sort(a+1,a+n+1);sum[0]=0;for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+a[i];l=a[1];r=a[n];ll ans=a[1];while(l<r){ll mid=(l+r)>>1;if(jud(mid)){l=mid+1;ans=mid;}else r=mid;}printf("%lld\n",ans);}return 0;
}