Solution -「JOISC 2017」「LOJ #2392」烟花棒

\(\mathscr{Description}\)

  Link.

  有 \(n\) 个人站在数轴上，第从左往右第 \(i\) 个人的坐标是 \(x_i\)，每个人手上有一支烟花棒，每支烟花棒能燃烧 \(T\) 秒，燃尽后无法再点燃。初始时只有 \(k\) 手上的烟花棒是点燃的，求这些人的移动速度上限的最小值 \(v\in\mathbb N\)，使得能够用这支烟花棒薪火相传，点燃所有烟花棒。

  \(n\le10^5\)。

\(\mathscr{Solution}\)

  跪拜出题人系列。

  显然二分答案，考虑如何检查当前答案 \(v\) 的合法性。

  先得到一些有基础性意义的贪心转化：

1. 任意时刻，只需要一支燃烧的烟花棒存在。

2. 所有人会向燃着的烟花棒移动。

3. 当一支剩余燃烧时间为 \(t\) 的烟花棒点燃另一支烟花棒，等价于另一支烟花棒获得 \(T+t\) 的燃烧时间，这支烟花棒立即燃尽。（转化到原问题情景：两个人一起跑，要燃尽时再传火。）

  想像从 \(k\) 出发点燃烟花棒的情景，对于某个时刻，已经点燃过的烟花棒一定是一个区间 \([l,r]\)，且 \(k\in[l,r]\)。根据性质 1，此时 \([l,r]\) 之外的人的相对位置是不变的，我们可以想象作区间 \([l,r]\) 被缩成了一个点。

  进一步，在这个条件下，“时刻”这一概念已经不重要了——无论何时，把 \(x_i\) 和 \(x_{i+1}\)，缩在一起所需的时间都是 \(\frac{x_{i+1}-x_i}{2v}\)。而根据性质 3.，把这两个坐标缩起来，对烟花棒剩余燃烧时间的影响也恒为 \(\Delta t_i=-\frac{x_{i+1}-x_i}{2v}\)。记 \(P=\langle \Delta t_{k-1},T,\Delta t_{k-2},T,\cdots,\Delta t_1,T\rangle\)，\(Q=\langle \Delta t_k,T,\Delta t_{k+1},T,\cdots,\Delta t_{n-1},T\rangle\)，问题转化为：初始时有剩余时间 \(t=T\)，每次从序列 \(P\) 或者 \(Q\) 的开头取出一个 \(\Delta t\)，令 \(t\leftarrow t+\Delta t\)，在保证 \(t\ge 0\) 的情况下将 \(P\) 和 \(Q\) 删空。

  尝试贪心？唯一显然的结论是若 \(P\) 的开头或者 \(Q\) 的开头不小于 \(0\)，我们可以放心大胆取出来，而都小于 \(0\) 的情况就很难讨论清楚了。当然，每次“涉险”取走负数后，我们又会立马把露出来的非负数全部取走。我们能否规避“都小于 \(0\)”的讨论，用已知结论描述完整的贪心过程？

  接下来这步，或说是构造，说起来平淡：我们“如果”能把 \(P\) 和 \(Q\) 从开头起，分为若干极短的段，每段描述为二元组 \((t_0,\Delta t)\)，满足 \(\Delta t\ge0\)，表示为了消除这一段，初始时至少有 \(t_0\) 的剩余燃烧时间，消除后获得 \(\Delta t\) 的燃烧时间。由于划分的极短性，每次必然消除完整的一段而不会半途而废，不然稳亏不赚。

  这种“虚妄”有什么用？如果“如果”不成立，不还是干瞪眼？

  等等，如果“如果”不成立，例如 \(P\) 的“如果”不成立，那么就存在 \(P\) 的一段极长后缀 \(P'\)，满足 \(P'\) 任意前缀和为负数。我们引入《TENET》的宇宙观，如果有一个逆熵的人从结束状态开始贪心，他的初始时间 \(t\)——也就是我们的结束时间 \(t\)，是确定的；他每次必须从 \(P\) 的末尾取数，当然 \(P\) 中的数也取反，那么……

  极长后缀 \(P'\)，取相反数再翻转得到 \(P''\)，满足 \(P''\) 任意后缀和为正数……那么 \(P''\) 就不存在任意前缀和为负数的后缀……再者，\(P''\) 可以被划分为上文中的若干极短段，也就是说，这个逆熵的人完全可以在“如果”的美好愿景下做贪心，直到把 \(P'\) 消掉！

  然后呢然后呢？顺熵的人把 \(P\) 消除剩下一个 \(P'\)，逆熵的人把 \(P'\) 反着消除，两个人相遇，我们作为顺熵的人，灵机一动，逆着逆熵的人的行动构造方案，不就把 \(P\) 消除了吗？

  神谕啊！

  实现上，可以把 \(\Delta t_i\) 转化到势差 \(h_{i+1}-h_i\) 上，所用东西乘上 \(2v\)，构造 \(x_i\) 的势 \(h_i=2vTi-x_i\)，顺带把初始的 \(t=T\) 一块儿囊括；在消去区间 \([l,r]\) 时保持 \(h_r\ge h_l\) 即可。算法复杂度是 \(\mathcal O(n\log V)\) 的，其中 \(V\) 是一堆乱七八糟东西的值域上限。

---

  从神谕中体会到什么？

  ——如果末状态已知，那它何不可做初状态？

  ——用时间的流向逆转“死局”，让它成为“必胜”条件。（好魔怔。

  出题人 nb。

\(\mathscr{Code}\)

/*+Rainybunny+*/

#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i, l, r) for (int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i)
#define per(i, r, l) for (int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i)

typedef long long LL;

const int MAXN = 1e5;
int n, st, T, x[MAXN + 5];
LL hgt[MAXN + 5];

inline bool check(const int v) {
    rep (i, 1, n) hgt[i] = 2ll * v * T * i - x[i];
    if (hgt[1] > hgt[n]) return false;
    int tarL = st, tarR = st;
    per (i, st - 1, 1) if (hgt[i] <= hgt[tarL]) tarL = i;
    rep (i, st + 1, n) if (hgt[i] >= hgt[tarR]) tarR = i;
    int l = st, r = st;
    while (tarL < l || r < tarR) {
        int pl = l, pr = r;
        for (int i = pl - 1; i >= tarL && hgt[i] <= hgt[pr]; --i) {
            if (hgt[i] <= hgt[pl]) pl = i;
        }
        for (int i = pr + 1; i <= tarR && hgt[i] >= hgt[pl]; ++i) {
            if (hgt[i] >= hgt[pr]) pr = i;
        }
        if (pl == l && pr == r) return false;
        l = pl, r = pr;
    }

    l = 1, r = n;
    while (l < tarL || tarR < r) {
        int pl = l, pr = r;
        for (int i = pl + 1; i <= tarL && hgt[i] <= hgt[pr]; ++i) {
            if (hgt[i] <= hgt[pl]) pl = i;
        }
        for (int i = pr - 1; i >= tarR && hgt[i] >= hgt[pl]; --i) {
            if (hgt[i] >= hgt[pr]) pr = i;
        }
        if (pl == l && pr == r) return false;
        l = pl, r = pr;
    }
    return true;
}

int main() {
    scanf("%d %d %d", &n, &st, &T);
    rep (i, 1, n) scanf("%d", &x[i]);

    int l = 0, r = 1e9;
    while (l < r) {
        int mid = l + r >> 1;
        // printf("%d?\n", mid);
        if (check(mid)) r = mid;
        else l = mid + 1;
    }
    printf("%d\n", l);
    return 0;
}