Solution -「洛谷 P8477」 「GLR-R3」春分 下界证明？！

  前情提要：在「洛谷 P8477」 「GLR-R3」春分中，我们给出了 \(\frac{7}{6}n\pm\mathcal O(1)\) 的解法，但没能给出相关的下界证明。现在我们尝试给出一个未完全完成的下界证明。

  为方便描述，我们综合链接中题意和某个“通俗”的题意，称隔板为“板”，称溶液为“人”。

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  这个问题的自由度很高，我们先通过约束单个板在最优化条件下的行为来降低自由度。对于板的一面，有三种状态：

1. 未被任何人用过，是干净的。

2. 被某个人用过。

3. 间接地被很多人用过。

我们称三种状态分别为 \(\text{C(lean)}\)，\(\text{O(ccupied)}\)，\(\text{M(essy)}\)，一个板的状态可以用两个面的状态描述，记作 \(\text{X/Y}\)。例如，官解中“神奇的板”（搁在中间防止 \(\text{C}\) 与 \(\text{M or O}\) 接触的辅助板；为什么 Reanap 取名如此诡异）是一个恒定的 \(\text{C/M}\)。

  初始时，我们会给左右的人分配一些板。这些全新的 \(\text{C/C}\) 板会立马成为“\(x\sim\text{O(x)/C}\)”的状态（\(x\) 表示人）。对于这样一个 \(\text{O/C}\)，当它第一次在匹配中脱离 \(x\) 时，它必然只能用 \(\text{C}\) 面接触新的人，也就是 \(y\sim\text{O(y)/O(x)}\)。容易说明，这个 \(\text{O(x)}\) 会被立马弄脏，从而成为 \(y\sim\text{O/M}\)。也就是说，一个分配给人的板的变化一定是：

\[x\sim\text{O/C} \overset{\text{shift to }y}{\longrightarrow} y\sim\text{O/M}.
\]

因此，我们根本不需要关注 \(\text{O}\) 到底时被谁 occupied——这一面要不被翻出来变脏，要不一直和它的主人贴在一起。换句话说，一个板（除了辅助的 \(\text{C/M}\)）只有两种状态：\(\text{O/C}\) 或者 \(\text{O/M}\)。当 \(\text{O/M}\) 再和 \(y\) 脱离理应得到 \(\text{M/M}\)，但这就是纯纯的废物了。

  （急着过周末，这里只给重要结论，有些小性质可以自己推一推喵。）

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  在此基础上，考虑每时每刻能够进行的匹配。只要当左侧的 \(x\) 和右侧的 \(y\) 在某一个时刻都占有者格子的板，它们就能进行匹配，借助 \(\text{C/M}\)，我们能保证这次匹配不会改变两板外露面的状态。

  这样，我们得到了原问题的等价归约：

  左右两侧各有 \(n\) 个盒子，初始时你可以在每个盒子中放上至多一个小球（初始 \(\text{O/C}\)），每个小球可以由一个盒子移动向另一个空盒子（\(\text{O/C}\to\text{O/M}\)），但同一个小球至多移动一次。构造方案，使得在移动过程中，对于任意左侧盒子 \(x\) 和右侧盒子 \(y\)，都存在一个时刻，它们中都有小球。

  当 \(n\) 足够大，我们可以用覆盖比例来描述板的行为。设左右有长度为 \(1\) 的“盒子”，左侧初始有 \(0\le p\le 1\) 长度有小球，右侧 \(q\)。我们现在能够证明，当小球只在同侧移动时，\((p+q)_{\min}=7/6\)。

  自然地，现在我们有 \(0.5\le p,q\le 1\)。设左侧人 \(x_{1..n}\)，右侧人 \(y_{1..n}\)，考察初始时跨越左右的一对小球的移动过程：

\[x_i \sim y_j \longrightarrow x_k\sim y_j \longrightarrow x_k\sim y_l.
\]

所以初始时有球的 \((i,j)\) 对至多贡献 \(3\) 个匹配。转换到覆盖长度上，总共能提供的匹配“面积”就是 \(3pq\)。现在，我们写出第一个下界：

\[3pq\ge 1.
\]

得到 \((p+q)_{\min}=\frac{2\sqrt 3}{3}\approx 1.155<1.167\)。能不能逼紧一点？

  注意这 \(3pq\) 中必然存在的重复匹配，它们会产生不可忽视的浪费。显然，一个盒子最多被放入两次球。对左侧一个被放入过两次球的盒子，考察放入瞬间右侧的覆盖情况。在这两个时刻，右侧都有长度为 \(q\) 的盒子被覆盖，那么至少有 \(2q-1\) 的长度是重合的，它们在第二个时刻便成为无效匹配。同样，对左侧进行类似分析，显然每个球都被移动过才易取到下界，这时至少有 \(2p-1\) 长度的盒子满足“被放入过两次球”。最终，总共浪费面积至少是 \((2p-1)(2q-1)\)。那么：

\[3pq-(2p-1)(2q-1)\ge 1.
\]

  不妨考虑 \(p=0.5\) 的端点，解得 \(q=2/3\)；极值点 \(p=q\) 处不如端点优秀。所以这种情况下，有 \((p+q)_{\min}=7/6\)。

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  发展空间：

1. 已有论证是否真的严格？

2. 在“允许左右交换”的问题中找到更优解或证明不更优的界。（踩标途径！）

3. 我们实质上只论证了下界在 \(\frac{7}{6}n-\omicron(n)\) 至 \(\frac{7}{6}n+\mathcal O(1)\) 内。找到优秀的 \(\omicron(n)\) 剪枝（我猜可能有 \(\sqrt n\) 级别的）也不失为一种优化。