[atARC094D]Worst Case

首先，容易证明满足条件的$ip_{i}$必然是一个前缀

将其看成一张二分图，$i$向满足$ip_{i}<xy$的$p_{i}$连边，即找到一个前缀满足其有完美匹配

二分枚举前缀长度$k$，根据hall定理，即要求$\forall S\in [1,k],\lfloor\frac{xy-1}{\min_{i\in S}i}\rfloor\ge |S|$，很明显$S$是一个后缀时最难满足，换言之即要求$\forall 1\le i\le k,\lfloor\frac{xy-1}{i}\rfloor\ge k-i+1$（$S=[i,k]$）

这又等价于$xy>ik-i^{2}+i$，后者是一个关于$i$的二次函数，求最大值即可判定

还有一个特殊的问题，左边的$x$和右边的$y$都不能被选入答案，换言之，即当$i\le x$，右式应为$k-i$；当$\lfloor\frac{xy-1}{\min_{i\in S}i}\rfloor\ge y$，左式（即该式）应为$\lfloor\frac{xy-1}{\min_{i\in S}i}\rfloor-1$

同时对于第二种情况，可以对$|S|$分类讨论，若$|S|<y$则减1无影响，若$|S|\ge y$则必然要减1（若该值小于$y$减1同样无影响），减1也可以看作对$|S|$加1，即$|S|\ge y$时可以加1

更具体的，对$i$作以下分类讨论：

1.对于$1\le i\le \min(x-1,k-y+1)$，求出$-i^{2}+(k+1)i$的最大值；

2.若$x\le k-y+1$，则对于$x<i\le k-y+1$，求出$-i^{2}+(k+2)i$的最大值；若$k-y+1<x$，则对于$k-y+1<i\le \min(x-1,k)$，求出$-i^{2}+ki$的最大值；

3.若$\max(x,k-y+1)<i\le k$，求出$-i^{2}+(k+1)i$的最大值

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define ll long long
 4 int t;
 5 ll x,y;
 6 ll get_mx(ll b,ll l,ll r){
 7     if (l>r)return 0;
 8     if (b%2==0){
 9         if ((l<=b/2)&&(b/2<=r))return b*b/4;
10         return max((b-l)*l,(b-r)*r);
11     }
12     if ((l<=b/2)&&(b/2<=r)||(l<=b/2+1)&&(b/2+1<=r))return (b/2)*(b/2+1);
13     return max((b-l)*l,(b-r)*r);
14 }
15 bool pd(ll k){
16     if (get_mx(k+1,1,min(x-1,k-y+1))>=x*y)return 0;
17     if (get_mx(k+2,x+1,k-y+1)>=x*y)return 0;
18     if (get_mx(k,k-y+2,min(x-1,k))>=x*y)return 0;
19     if (get_mx(k+1,max(x,k-y+1)+1,k)>=x*y)return 0;
20     return 1;
21 }
22 int main(){
23     scanf("%d",&t);
24     while (t--){
25         scanf("%lld%lld",&x,&y);
26         if (x>y)swap(x,y);
27         ll l=0,r=2e9;
28         while (l<r){
29             ll mid=(l+r+1>>1);
30             if (pd(mid))l=mid;
31             else r=mid-1;
32         }
33         printf("%lld\n",l-(l>=x));
34     }
35 }