2024牛客多校3A Bridging the Gap 2

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Problem

\(n\) 个人乘船过河，该船容纳人的上限为 \(R\)，并且需要至少 \(L\) 个人才能操作。每次过河时所有人都需划船，使船上所有人的耐力值减 \(1\)。最初每个人的耐力值为 \(h_i\)。

判断是否所有人都能过河。

\(1\le L<R\le n\le 5\times 10^5\)

\(1\le h_i\le 5\times 10^5\)

Solution

每个人都需要花费至少一点体力来过河。有多余的体力的话可以用于划来回，花费两点耐力当船夫。所以一个人最多可以当 \(a_i=\lfloor\frac{h_i-1}{2}\rfloor\) 次船夫。

贪心，每次过河可以送 \(R-L\) 个人过河，最后一趟 \(R\) 个人全部下船，所以至少需要来回 \(T=\lceil\frac{n-R}{R-L}\rceil\) 次来回，每个来回都需要 \(L\) 名船夫。

现在问题转化为：每次从 \(a_i\) 中选 \(L\) 个数字全部减 \(1\)，问能否进行 \(T\) 次这样的操作？

直接上结论：如果 \(\sum_{i=1}^n\min(a_i,T)\ge T\times L\)，则可以。反之不能。

该条件的必要性是很明显的：对于每个 \(a_i\)，只有 \(\le T\) 的部分才是可能有效的。至少要所有 \(a_i\) 的有效部分 \(\min(a_i,T)\) 之和超过操作 \(T\) 次的总消耗 \(T\times L\) 才有可能有用。

该条件的充分性用下述贪心证明：

贪心：每次选择最大的 \(L\) 个 \(a_i\) 进行操作。

此时操作一次结束之后的数组为 \(a_i^\prime\)，对于 \(a_i^\prime\) 还需要进行 \(T-1\) 次操作，条件 \(\sum_{i=1}^n\min(a_i,T)\ge T\times L\) 等价于 \(\sum_{i=1}^n\min(a_i^\prime,T-1)\ge (T-1)\times L\)。

继续等价于：执行了 \(T-1\) 次操作之后的 \(a_i^{(T-1)}\) 需要满足 \(\sum_{i=1}^n\min(a_i^{(T-1)},1)\ge L\)，也就是此时需要在 \(a_i^{(T-1)}\) 中需要至少有 \(L\) 个正数，才能满足可以进行一次操作。这个条件显然是充分必要的。

由数学归纳法可知正确性。

时间复杂度 \(O(n)\)。

Code

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#define N 500010

LL n,L,R,T;
LL h[N],a[N];

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cout.precision(10);
    int t=1;
//    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>n>>L>>R;
        for(int i=1;i<=n;i++) cin>>h[i],a[i]=(h[i]-1)/2;
        T=(n-R+(R-L-1))/(R-L);//ceil
        LL sum=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            sum+=min(T,a[i]);
        }
        if(sum<T*L) cout<<"No"<<endl;
        else cout<<"Yes"<<endl;
    }
    return 0;
}

Extra

这个问题总感觉很常见呢？但是居然没有想过该如何解决。

每次从 \(a_i\) 中选 \(L\) 个数字全部减 \(1\)，问能否进行 \(T\) 次这样的操作？

假如换一种问法：

每次从 \(a_i\) 中选 \(L\) 个数字全部减 \(1\)，问最多能进行多少次这样的操作？

一种很显然的做法就是可以二分答案，时间复杂度为 \(O(n\log(\frac{\sum a}{L}))\)，时间复杂度其实是还能接受的。但是赛时 langod 就是这抱着“先求出最多能够进行的操作数量再与 \(T\) 进行比较”的想法，找到了一种直接求出“最大操作数”的算法，时间复杂度为 \(O(n\log (n))\)。算法是正确的，但是过程稍微复杂一点：

  1. 对 \(a_i\) 升序排序。
  2. 在 \([n-L+1,n]\) 的左右插入无限高的挡板，现在 \([n-L+1,n]\) 变成了一段容器的底部。
  3. 假想 \([1,n-L]\) 这一段“液化”了，也就是可以流动，其面积为 \(\displaystyle water=\sum_{i=1}^{n-L} a_i\)。
  4. 将 \([1,n-L]\) 这一段“液体”全部倒在 \([n-L+1,n]\) 段上。液体会优先填补靠左的更低的部分，逐渐向上抬高水面的同时向右覆盖。
  5. 最后液体上表面距离地面的高度 \(H\) 即为答案。

正确性可由上结论推导。假设水只覆盖了 \([n-L+1,j]\) 段，长度为 \(j-(n-L+1)\)，高度为 \(H\)，则现在我们需证明这一段能够进行 \(H\)​ 次操作。

由于 \(\sum_{i=1}^n\min(a_i,T)\ge T\times L\Rightarrow 可进行T次操作\)，

而 \(\forall i\in[1,j],a_i\le H\)，所以有 $$ \[\begin{align} \sum_{i=1}^j \min(a_i,H)=& \sum_{i=1}^j a_i\\ =&[n-L+1,j]段的面积\\ =&H\times [j-(n-L+1)] \end{align}\] $$

\(\sum_{i=1}^j \min(a_i,H)=\sum_{i=1}^j a_i=[n-L+1,j]段的面积=H\times [j-(n-L+1)]\)

具体在模拟计算时可以尝试用 \(water\) 从下到上逐渐一层层的填补空缺部分，直到无法向右上溢为止。

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#define N 500010

LL n,L,R,T;
LL h[N],a[N];
LL ans;
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cout.precision(10);
    int t=1;
//    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>n>>L>>R;
        for(int i=1;i<=n;i++) cin>>h[i],a[i]=(h[i]-1)/2;
        T=(n-R+(R-L-1))/(R-L);
        
        
        sort(a+1,a+n+1);
        a[n+1]=1000000000ll;
        LL water=0;
        for(int i=1;i<=n-L;i++) water+=a[i];
        for(int i=1;i<=L;i++)
        {
            int j=i+(n-L);
            if(water>=(a[j+1]-a[j])*i)
            {
                water-=(a[j+1]-a[j])*i;
            }
            else
            {
                ans=a[j];
                ans+=water/i;
                break;
            }
        }
//        cout<<ans<<endl;
        if(ans>=T) cout<<"Yes"<<endl;
        else cout<<"No"<<endl;
        
    }
    return 0;
}