洛谷 P2797 Facer的魔法 解题报告

P2797 Facer的魔法

题意：给你n个数，你可以选若干个数，使得平均数减中位数最大

数据范围：\(n \le 10^5\)

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原题CF626E

很容易想到枚举一个中位数，但是如果选取的数字的个数是偶数个该怎么办呢？

下面证明选取奇数个时一定可以作为答案

当选取一个数字时，答案为0，所以最优答案不可能小于0，这点很重要

现在，我们假设选取了\(2k\)个有序的数成为了答案

设中位数为\(M_0=\frac{a_k+a_{k+1}}{2}\),平均数为\(A_0=\frac{\sum a}{2k}\)

拿掉一个\(a_{k+1}\)后答案会变差吗

设拿掉一个\(a_{k+1}\)后

\(M_1=a_k,A_1=\frac{\sum a-a_{k+1}}{2k-1}\)

\(\Delta M=M_1-M_0=\frac{a_k-a_{k+1}}{2}\)

\(\Delta A=\frac{A_0-a_{k+1}}{2k-1}\)

现在要证\(\Delta A \ge \Delta M\)

因为最优答案大于0，所以有

\(2 \times A_0 \ge a_k+a_{k+1}\)

继续证明

$\Delta A \ge \Delta M $

\(\Rightarrow \frac{A_0-a_{k+1}}{2k-1}+\frac{a_{k+1}-a_k}{2} \ge 0\)

\(\Rightarrow \frac{2A_0-2a_{k+1}+(2k-1)(a_{k+1}-a_k)}{(2k-1) \times 2} \ge 0\)

\(\Rightarrow a_k-a_{k+1} +(2k-1)(a_{k+1}-a_k) \ge 0\)

这一步用了上面的东西，并把正的分母去掉了

\(\Rightarrow 2 \times (k-1)(a_{k+1}-a_k) \ge 0\)

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然而仅仅枚举中位数，就算我们贪心每次选大的数也需要\(O(n^2)\)的时间啊

我们从枚举的中位数的左边第一位和右边最后一位 一位一位的向左多选

因为选取的数字越来越小，所以平均数的增量肯定越来越小，其实这个不那么显然，但是证起来比较麻烦

而大家基本上可以理解理解啦

增量减少，值一定有一个峰顶，这是一个单峰函数，我们可以通过三分法找到这个峰顶

注意在整数域上三分要注意边界问题

我们可以这么写

\(lmid=(l*2+r)/3,rmid=(l+r*2+2)/3\)

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Code:

#include <cstdio>
#include <algorithm>
const int N=1e5+10;
double ans=0;int a[N],f[N],n;
double max(double x,double y){return x>y?x:y;}
int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
int F(int pos,int len)
{
    return f[pos]-f[pos-len-1]+f[n]-f[n-len];
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",a+i);
    std::sort(a+1,a+1+n);
    for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=f[i-1]+a[i];
    for(int i=2;i<n;i++)
    {
        int l=1,r=min(i-1,n-i);
        while(l<r)
        {
            int ll=(l*2+r)/3,rr=(l+r*2+2)/3;
            if(F(i,ll)*(rr*2+1)<F(i,rr)*(ll*2+1))
                l=ll+1;
            else
                r=rr-1;
        }
        ans=max(ans,1.0*F(i,l)/(l*2+1)-1.0*a[i]);
    }
    printf("%.2lf\n",ans);
    return 0;
}

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2018.9.6