D2. Red-Blue Operations (Hard Version)

题意

给定一个长度为$n$的数列和$q$次询问，初始所有数的颜色都是红色，每次询问给一个$k$，要求你做恰好$k$次操作，对于第$i$次操作，你可以任选数列中的一个数

1. 如果它是红色，则将它的值加上$i$，并将它变成蓝色
2. 如果它是蓝色，则将它的值减去$i$，并将它变为红色

对于每个询问，求$k$次操作后数列最小值的最大值，$1\le n,q\le 1e5$，$1\le a_i\le 1e9$，$1\le k_i\le 1e9$

题解

如果$k\le n$，显然，此时我们可以只加不减，且最优策略显然是把最大的数加到最小的数身上，次大的数加到次小的数身上，以此类推

如果$k>n$

我们不妨先考虑$k-n$是偶数的情况

首先证明这$k$次操作一定是$+-+-+-+-...+++++$这样的序列（加减在哪一个数上还不一定）

证明：我们交换序列中的任一对$+-$，合法的交换一定是减法后移，加法前移（因为一开始所有数都是红色，所以对于序列的任一前缀，加法的数量必须不少于减法），在任一种分配策略下，我们这样交换一定会导致某些数减的更多或加的更少了，一定是不更优的

现在我们考虑这些操作分配给了哪些数，对于目前的最优序列，可以将$k$次操作分为两部分，后$n$次全为加法，前$k-n$次可以打包成$(k-n)/2$次操作，每次操作相当于给任意一个数减去$1$，由于操作的顺序不影响最后答案，我们不妨先做后$n$次操作

之前已经说明，如果$k\le n$，贪心即可，现在我们考虑后面还有若干次减法时，还能不能这样贪心

证明：考虑减法操作结束后，答案为$min(\mathrm{原}\mathrm{数}\mathrm{列}\mathrm{最}\mathrm{小}\mathrm{值}，\mathrm{新}\mathrm{数}\mathrm{列}\mathrm{和}\mathrm{的}\mathrm{平}\mathrm{均}\mathrm{值})$，如果我们在$n$次加法中不按最优策略来，原数列最小值一定不会更大，无论采取什么操作，新数列和的平均值一定，所以其它方案不会比贪心更优

所以，答案为$min(n\mathrm{次}\mathrm{操}\mathrm{作}\mathrm{后}\mathrm{数}\mathrm{列}\mathrm{最}\mathrm{小}\mathrm{值},\mathrm{新}\mathrm{数}\mathrm{列}\mathrm{和}\mathrm{的}\mathrm{平}\mathrm{均}\mathrm{值})$，直接计算单组询问复杂度是$O(n)$的，会$TLE$，考虑如何优化

首先考虑$k\le n$时，将原数列从小到大排序，我们本质上求的是$min(\underset{1\le i\le k}{min}{a}_i+k+1-i,\underset{k+1\le i\le n}{min}{a}_i)$

显然$\underset{k+1\le i\le n}{min}{a}_i=a_{k+1}$，这里我们可以令$b_i=a_i-i+1$，令$m{i}_i=\underset{1\le j\le i}{min}{b}_i$，可以把上述式子变成求$min(m{i}_k+k,a_{k+1})$，通过$O(n)$的预处理，我们可以$O(1)$的回答每组询问

求新数列的和，通过求和公式，显然也可以做到$O(1)$，一点小细节时要注意$k-n$分奇偶讨论，具体公式见代码

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll INF = 1e18;
const int N = 2e5 + 7;
ll n, q, sum, a[N], mi[N];
ll solve(ll k) {
	if (k <= n) {
		return min(mi[k] + k, a[k + 1]);
	}
	else if ((k - n) % 2) {
		ll op = (k - n + 1) / 2, presum = (k - n + 2 + k) * (n - 1) / 2;
		return min(min(mi[n - 1] + k, a[n]), (sum + presum - op) / n);
	}
	else {
		ll op = (k - n) / 2, presum = (k - n + 1 + k) * n / 2;
		return min(mi[n] + k, (sum + presum - op) / n);
	}
}
int main() {
	scanf("%lld%lld", &n, &q);
	for (ll i = 1; i <= n; ++i) {
		scanf("%lld", &a[i]);
		sum += a[i];
	}
	sort(a + 1, a + 1 + n);
	a[n + 1] = mi[0] = INF;
	for (ll i = 1; i <= n; ++i) {
		mi[i] = min(mi[i - 1], a[i] - i + 1);
	}
	while (q--) {
		ll k;
		scanf("%lld", &k);
		printf("%lld ", solve(k));
	}
	return 0;
}