CF2063D Game With Triangles 题解

CF2063D Game With Triangles

小清新三分，有几个细节赛时没有调完，遗憾离场，破防了。

注意到如果我们可以求 \(f(k)\)，那么 \(k_{\text{max}}\) 只需要一直枚举 \(k\) 直到 \(f(k)\) 求不出来为止，因此我们直接考虑求 \(f(k)\)。

我们考虑枚举在 \(y=0\) 选择三角形的底边数量 \(x\)，注意到答案关于 \(x\) 是单峰的。因为如果 \(x\) 不够多，可能 \(y=0\) 上一些距离较远的点无法被利用，如果 \(x\) 太多了，可能 \(y=2\) 上一些距离较远的点无法被利用。如果赛时不敢确定可以打个表看看。

考虑如何快速计算。我们可以预处理出来 \(y=0\) 和 \(y=2\) 上距离前 \(i\) 大的点两两匹配后得到的贡献，因为我们可以贪心地取这些点对使答案最大。然后取三角形需要另一条线段也贡献一个点，我们判断一下 \(y=0\) 和 \(y=2\) 两条线段上用的总点数，如果有一个超了，直接返回负无穷表示不成立。

现在唯一的问题是答案左右两边有一些不成立的位置，如果全部返回负无穷，我们无法确定该舍去哪一段。也就是说，这个函数并不是严格单峰。因此，我们在负无穷上面加上一些东西，使得答案变成严格单峰。具体的，我们可以通过使其不成立的条件判断出来是左边的不成立还是右边的不成立，如果是左边的不成立，那么返回负无穷加上 \(x\)，否则返回负无穷加上 \(k-x\)。

还有一些坑点，重复地元素需要特判，以及三分遇到相等的点应该舍左边而不是舍右边。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long t,n,m,a[300000],b[300000],pa[300000],pb[300000],ou[300000];
long long check(long long x,long long k)
{
	if((x*2+k-x)>n||pa[x]==-1e18)return -(long long)1e18+k-x;
	if((x+(k-x)*2)>m||pb[k-x]==-1e18)return -(long long)1e18+x;
	return pa[x]+pb[k-x];
}

int main()
{
	scanf("%lld",&t);
	while(t--)
	   {
	   	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	   	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
	   	for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%lld",&b[i]);
	   	sort(a+1,a+n+1),sort(b+1,b+m+1);
	   	for(int i=1;i<=max(m,n);i++)pa[i]=pb[i]=-1e18;
	   	for(int i=1;i<n-i+1;i++)
		    if(a[n-i+1]!=a[i])pa[i]=pa[i-1]+a[n-i+1]-a[i];
		    else break;
	   	for(int i=1;i<m-i+1;i++)
		    if(b[m-i+1]!=b[i])pb[i]=pb[i-1]+b[m-i+1]-b[i];
		    else break;
		long long flag=0;
	   	for(int i=1;i<=max(m,n);i++)
	   	    {
	   	    long long l=0,r=i,ans=-1e18;
	   	    while(l<=r)
	   	       {
	   	       long long lmid=(l*2+r)/3,rmid=(l+r*2)/3;
			   if(check(lmid,i)>check(rmid,i))ans=max(ans,check(lmid,i)),r=rmid-1;
			   else ans=max(ans,check(rmid,i)),l=lmid+1;
			   }
			ou[i]=ans;
			if(ou[i]<0)
			   {
			   	printf("%d\n",i-1),flag=i-1;
			   	for(int j=1;j<=i-1;j++)printf("%lld ",ou[j]);
			   	break;
			   }
			}
		if(flag)printf("\n");
	   }
	return 0;
}