【AtCoder】【模型转化】【二分答案】Median Pyramid Hard（AGC006）
题意：
给你一个排列，有2*n-1个元素，现在进行以下的操作：
每一次将a[i]替换成为a[i-1],a[i],a[i+1]三个数的中位数，并且所有的操作是同时进行的，也就是说这一次用于计算的a[]，是这一次计算之前的那个a[]。每一次不操作开头和结尾的两个位置。这样子每一次都会减少2个元素，问你最后剩下的元素是什么。
数据范围：
1<=N<=10^5
思路：
看见这道题正解是二分的时候，简直震惊！（考试的时候一直想的是计算每一项在最终序列中的系数来做）。
我们可以二分出一个值x，将所有小于等于x的数都变为0，将所有的大于x的数都变为1，然后再来看待这个问题。
下面建议读者一边画图一边来看。
首先定义一种状态，叫做柱子。也就是当存在连续的两个相同的数字的时候，这两个数字的上方会连续出现两个一样的数字，直到成为最左边或者是最右边的数字而被删除为止。
我们考虑哪些状态下，顶层的数字会是0。假如说这个问题解决了，就可以二分了。
- 顶端的正下方就有一根值为0的柱子，这个时候根据柱子的定义是显然成立的；
- 顶端的左边或者是右边有一根值为0的柱子，而另一边没有柱子。如果你画一下图就会发现，对于没有柱子的区域而言，那么必定是0101010...交错排列的。那么当前的这根0的柱子就能够保证到达某一层之后，右边的端点一定是0。这个时候就可以划归到第5种情况了;
- 顶端的两端都有柱子，且都是0的柱子。如果说状态2成立的话，那么这个也是显然成立的；
- 顶端的两端都有柱子，且一边最靠近顶端的柱子值为0，令一端最靠近顶端的柱子值为1，并且要求0柱子更加靠近1柱子。这个比较好想。到达某一层之后，1的柱子消失了，而这个时候0柱子至少还存在1个，且存在1个的时候还是再端右端点上。那么仍然能够划归到情况5；
- 顶端的两端都没有柱子，且底层的两端都是0，也就是num0=num1+1。如果稍微画一下图你就能发现，这样子0101010交错着上去，每一层都是这样子交错的，且都是两端为0。那么这样子到了次顶端的时候必定是010，然后顶端就是0了。
这样子对于一个01的序列直接O(n)判断就好了，总时间为O(nlogn)。
代码:
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define MAXN 100000
using namespace std;
int N,a[2*MAXN+5];
bool seq[2*MAXN+5];
int Check(int x)
{
for(int i=1;i<=2*N-1;i++)
if(a[i]<=x)
seq[i]=0;
else
seq[i]=1;
if(seq[N]==seq[N-1]||seq[N]==seq[N+1])
return seq[N];//判断顶端的正下方有没有柱子
int l=-1,r=-1;
int ld,rd;
for(int i=2;i<=N;i++)
if(seq[i]==seq[i-1])
l=seq[i],ld=N-i+1;//计算左边的柱子类型以及距离
for(int i=N;i<2*N-1;i++)
if(seq[i]==seq[i+1])
{
r=seq[i];//计算右边的柱子类型以及距离
rd=i-N+1;
break;
}
if((l==0&&r==-1)||(l==-1&&r==0)||(l==0&&r==0))//情况2和3
return 0;
if((l==1&&r==0&&ld>rd)||(l==0&&r==1&&ld<rd))//情况4
return 0;
if(l==-1&&r==-1&&seq[1]==0)//情况5
return 0;
return 1;
}
int main()
{
// freopen("mid.in","r",stdin);
// freopen("mid.out","w",stdout);
scanf("%d",&N);
for(int i=1;i<=2*N-1;i++)
scanf("%d",&a[i]);
int L=0,R=2*N;
while(L<R)
{
int mid=(L+R)/2;
if(Check(mid)==0)//O(n)判断
R=mid;
else
L=mid+1;
}
printf("%d\n",R);
return 0;
}
