CF1329E Dreamoon Loves AA 题解

令 $p_0=0,m\leftarrow m+1,p_{m}=n,a_i=p_i-p_{i-1}$，设在 $(p_{i-1},p_i)$ 中有 $d_i-1$ 个 B 变成了 A，满足 $\sum_{i=1}^m(d_i-1)=k$，让 $k\leftarrow k+m$，这样 $d$ 需要满足的限制就变成了 $\sum_{i=1}^m d_i=k$。这也可以看作把 $a_i$ 分成 $d_i$ 个正整数之和，每个正整数代表相邻两个 A 的距离，我们要最小化最后划分出来的正整数的极差。

可以发现每一段非负整数划分得越平均越好，所以每一段一定都是划分成若干个 $\lfloor\frac{a_i}{d_i}\rfloor$ 和若干个 $\lceil\frac{a_i}{d_i}\rceil$，我们要最小化的东西就是 $\max_{i=1}^m\lceil\frac{a_i}{d_i}\rceil-\min_{i=1}^m\lfloor\frac{a_i}{d_i}\rfloor$。

现在给定 $(L,R)$，我们尝试判断是否存在 $d_i$ 满足 $\sum_{i=1}^m d_i=k,\max_{i=1}^m\lceil\frac{a_i}{d_i}\rceil\le R,\min_{i=1}^m\lfloor\frac{a_i}{d_i}\rfloor\ge L$，即每个被划分出的正整数都要在 $[L,R]$ 内，如果存在的话就说明答案不超过 $R-L$。

首先 $d_i\le\lfloor\frac{a_i}{L}\rfloor$，即记 $t_L=\lfloor\frac{a_i}{L}\rfloor$，那么有 $t_LL\le a_i,(t_L+1)L\gt a_i$，如果 $t_LR\lt a_i$ 那就无解了，否则 $t_LR\ge a_i$，由于 $t_LL\le a_i\le t_LR$，所以我们可以把 $a_i$ 分成 $t_L$ 个 $[L,R]$ 内的正整数（且至多只能划分出 $t_L$ 个）。

同理，通过 $d_i\ge\lceil\frac{a_i}{R}\rceil$ 也可以说明，记 $t_R=\lceil\frac{a_i}{R}\rceil$，如果 $t_RL>a_i$ 则无解，否则我们也一样可以把 $a_i$ 分成 $t_R$ 个 $[L,R]$ 内的正整数（且至少要划分出 $t_R$ 个）。

由于 $t_LL\le a_i\le t_LR$，$t_RL\le a_i\le t_RR$，那么对于 $t_R\le t\le t_L$ 也都有 $tL\le a_i\le tR$，于是我们能且仅能把 $a_i$ 分成 $t\in[t_R,t_L]$ 个 $[L,R]$ 内的正整数。

我们再研究一下判有无解的式子，$t_LR\ge a_i,t_RL\le a_i$，对于前者，代入 $t_L=\lfloor\frac{a_i}{L}\rfloor$ 得 $\lfloor\frac{a_i}{L}\rfloor R\ge a_i\Leftrightarrow \lfloor\frac{a_i}{L}\rfloor \ge\frac{a_i}{R}\Leftrightarrow \lfloor\frac{a_i}{L}\rfloor \ge \lceil\frac{a_i}{R}\rceil$，对于后者我们能推出同样的式子。

把 $m$ 段综合一下，充要条件就是：1. $\sum_{i=1}^m\lceil\frac{a_i}{R}\rceil\le k\le\sum_{i=1}^m\lfloor\frac{a_i}{L}\rfloor$；2. $\forall 1\le i\le m,\lfloor\frac{a_i}{L}\rfloor \ge \lceil\frac{a_i}{R}\rceil$。

对于第一个条件，$L$ 有上限，$R$ 有下限，可以二分求出 $L$ 的上限 $L_0$，$R$ 的下限 $R_0$，那么第一个条件成立当且仅当 $L\le L_0$ 且 $R\ge R_0$，所以答案至少为 $R_0-L_0$。

对于第二个条件，由于 $L\le R$，所以 $\frac{a_i}{L}\ge\frac{a_i}{R}$，那么不满足第二个条件时一定有 $\lceil\frac{a_i}{R}\rceil=\lfloor\frac{a_i}{L}\rfloor+1$。

如果没有不满足第二个条件的 $a_i$，那么答案就是 $R_0-L_0$。

否则，我们希望通过调小 $L$ 或调大 $R$ 使得 $\lfloor\frac{a_i}{L}\rfloor \ge \lceil\frac{a_i}{R}\rceil$ 成立，这等价于存在整数 $x$，满足 $\lfloor\frac{a_i}{L}\rfloor \ge x\ge \lceil\frac{a_i}{R}\rceil$，对于不等式前半部分 $\lfloor\frac{a_i}{L}\rfloor \ge x\Leftrightarrow\frac{a_i}{L}\ge x\Leftrightarrow \frac{a_i}{x}\ge L\Leftrightarrow \lfloor\frac{a_i}{x}\rfloor\ge L$，不等式后半部分等价于 $\lceil\frac{a_i}{x}\rceil\le R$，综合两式得到我们希望存在整数 $x$ 使得 $L\le\lfloor\frac{a_i}{x}\rfloor\le\lceil\frac{a_i}{x}\rceil\le R$。

显然，一开始我们希望 $\lfloor\frac{a_i}{x}\rfloor$ 大等于 $L$ 且 $\frac{a_i}{x}$ 尽量小，或者 $\lceil\frac{a_i}{x}\rceil$ 小等于 $R$ 且 $\frac{a_i}{x}$ 尽量大。对于前者应让 $x=\lfloor\frac{a_i}{L}\rfloor$，但由于现在不存在 $x$ 满足上述条件，所以 $\lceil\frac{a_i}{x}\rceil>R$，但我们发现 $\lfloor\frac{a_i}{x+1}\rfloor<L$，故 $\lceil\frac{a_i}{x+1}\rceil\le\lfloor\frac{a_i}{x+1}\rfloor+1\le L\le R$，所以我们可以把 $L$ 缩小到 $\lfloor\frac{a_i}{x+1}\rfloor$；同理也可以把 $R$ 扩大到 $\lceil\frac{a_i}{\lceil\frac{a_i}{R}\rceil-1}\rceil$。同时根据如上论述我们发现只需要把 $L,R$ 其一缩小或扩大即可，而不需要同时改变两者。

也就是说，对于每个不满足条件的 $a_i$，我们可以求出一个二元组 $(L_i,R_i)$，我们可以将 $L$ 缩小为 $L_i$，$R$ 不变，或者将 $R$ 扩大为 $R_i$，$L$ 不变。现在你有很多对二元组，你要在每个二元组中选一个元素，并修改对应的 $L,R$，希望最终得到的 $R-L$ 最小。这是一个很经典的问题，做法是把二元组按第一维排序，容易证明选第一维的二元组一定是一段后缀。

总时间复杂度 $O(m\log n)$。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
using namespace std;
const int MxN=400002;
LL n,k,l,r,mid,res,L,R,ans;
int m,Test_num;
LL a[MxN];
typedef pair<LL,LL> P;
vector<P> vec;
template<class T>void read(T &x)
{
	x=0;int f=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0' || ch>'9')f|=(ch=='-'),ch=getchar();
	while(ch>='0' && ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	x=f? -x:x;return ;
}
inline void solve()
{
	read(n),read(m),read(k),vec.clear(),ans=inf;
	for(int i=1;i<=m;++i)read(a[i]);
	a[0]=0,a[++m]=n,k+=m;
	for(int i=m;i;--i)a[i]-=a[i-1];
	for(l=1,r=n;l<=r;)
	{
		mid=((l+r)>>1),res=0;
		for(int i=1;i<=m;++i)res+=(a[i]+mid-1)/mid;
		if(res<=k)r=mid-1;
		else l=mid+1;
	}
	R=l;
	for(l=1,r=n;l<=r;)
	{
		mid=((l+r)>>1),res=0;
		for(int i=1;i<=m;++i)res+=a[i]/mid;
		if(res>=k)l=mid+1;
		else r=mid-1;
	}
	L=r;
	for(int i=1;i<=m;++i)
	{
		LL x=a[i]/L,y=(a[i]+R-1)/R;
		if(x<y)vec.push_back(P(a[i]/(x+1),y>1? (a[i]+y-2)/(y-1):inf));
	}
	if(!vec.size())return (void)(printf("%lld\n",R-L));
	sort(vec.begin(),vec.end()),res=-inf;
	for(int i=0;i<vec.size();++i)ans=min(ans,max(R,res)-min(L,vec[i].first)),res=max(res,vec[i].second);
	ans=min(ans,max(R,res)-L),printf("%lld\n",ans);
}
int main()
{
	for(read(Test_num);Test_num--;)solve();
	return 0;
}