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hdu6383 2018 “百度之星”程序设计大赛 - 初赛 B 1004 p1m1(二分)

热度:44   发布时间:2023-11-23 07:20:20.0

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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)

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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 ( )来表示一个阵列AA中元素的最小值,\max(A)max ( )来表示最大值。当0 \le \min(A)0 ≤ min ( )且\max(A) - \min(A) \le 1max ( ) ? min ( ) ≤ 1时,我们称阵列AA为稳定的。我们只讨论N > 1> 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:

  1. \min(A) \le Vmin ( ) ≤ V
  2. 对于任意的整数 0 \le v \le V0 ≤ ≤ 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
  3. 对于任意的整数 V < vv,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_i? 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 ( ) ≤ 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 ( )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 ( ) > 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 ( ) ? 1。在这个证明中我们简写\min(A)min ( )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+1+ 1,也至少会有一个元素其值为m-1? 1,这时把前者减二后者加一,就变为m - 1? 1以及mm,也可以达成目标。

整体时间复杂度为 O(N\log\max(X))lo g max ( ) ),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;
}
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