CF818F - Level Generation

题意：假设当前有 \(n\) 个点，求最多的边数，使得桥的数量 \(\ge\lceil\dfrac{m}{2}\rceil\)。

我们考虑构造，首先，整张图一共只有一个双连通分量。因为我们如果有两个双连通分量，完全可以通过同构结合成一个。而从双连通分量之外的所有边都是桥，不妨假设它就是一条链。那么，链上有 \(n-x\) 条边，右边的 \(x\) 个点之间的所有边不是桥，最多有 \(x(x-1)/2\) 条。又因为桥的数量必须在两倍以上，最多有 \(n-x\) 条边。

所以选 \(x\) 个点的最优边数就是 \(n-i+\min(n-i,i(i-1)/2)\)，也就是 \(\min(2n-2i,n-i+i(i-1)/2)\)。

我们发现这两个部分左边单调减，右边单调增（\(i^2\) 增长率在 \(i\ge 1\) 的情况下大于 \(n-i\)），那么最大值一定出现在两边相等的时候。

解方程 \(n-i=i(i-1)/2\)

\[2n=i(i+1)
\]

\[i^2+i-2n=0
\]

\[\Delta=1^2-4(-2n)=1+8n
\]

\[x_1=\dfrac{-1+\sqrt{\Delta}}{2},x_2=\dfrac{-1-\sqrt{\Delta}}{2}
\]

\[\because x>0
\]

\[\therefore x=\dfrac{-1+\sqrt{1+8n}}{2}
\]

所以我们找到了最大值出现的位置。但是因为整数计算过程中的误差，真正的解也可能是 \(x+1\)，都计算出来找最小值即可。

复杂度取决于 'sqrt' 的实现，如果是二分法则为 \(O(\log n)\)，如果是牛顿迭代（不知道是什么，但是网上说有），复杂度就是 \(O(1)\) 的

int n;
inline void solve(){
	cin>>n;
	ll ans=0,d=1+8*(ll)n;
	d=(-1+sqrt(d))/2;
	for(int i=max(1ll,d);i<=min((ll)n,d+1);i++){
		ans=max(ans,n-i+min((ll)n-i,1ll*i*(i-1)/2));
	}cout<<ans<<'\n';
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	int t;
	cin>>t;
	rd(_,t)solve();
	return 0;
}
//Crayan_r