CF1866G

link

每个车厢的人可以到的是一段区间。

题面显然提示二分答案，二分答案 $x$，每个车厢可以承受 $x$ 个人，考虑如何 check 每个人能否都能到一个区间。

有一个比较显然的网络流来 check 的做法，原点向每个车厢连流量 $a_i$ 的边，每个车厢向自己能到的区间连边，然后每个区间再向汇点连流量为 $x$ 的边，检验是否满流即可。

但是直接建图显然会爆。

考虑贪心：从左往右扫，每次选择能匹配的最靠右的区间匹配。扫到一个点就把这个点作为左区间的区间全部塞进一个优先队列里，然后把当前这个点的 $x$ 个点尽量用完。

int n;
int a[N], d[N];
vector<PII> g[N];
bool check(int x) {
	priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII> > q;
	rep(i, 1, n) {
		for(auto t : g[i]) if(t.se) {
			q.push(t);
		}
		int cur = x;
		while(cur > 0 && q.size()) {
			auto t = q.top();
			q.pop();
			if(t.fi < i) return false;
			int tmp = min(t.se, cur);
			t.se -= tmp, cur -= tmp;
			if(t.se) q.push(t);
		}
	}
	if(q.size()) return false;
	return true;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr);
	cin >> n;
	rep(i, 1, n) cin >> a[i];
	rep(i, 1, n) cin >> d[i];
	rep(i, 1, n) {
		int l = max(1, i - d[i]), r = min(n, i + d[i]);
		g[l].push_back({r, a[i]});
	}
	int l = 0, r = 1e9, res = 1e9;
	while(l <= r) {
		int mid = l + r >> 1;
		if(check(mid)) res = mid, r = mid - 1;
		else l = mid + 1;
	}
	cout << res << '\n';
    return 0;
}