JOISC2017 切符の手配题解

形式化题意：

给定正整数 $n,m$ 和 $m$ 个三元组 $(l_i,r_i,c_i)$，你有一个序列 $a_{1\ldots n}$，初始所有元素为 $0$。

你需要对序列 $a$ 进行 $m$ 次操作，对于第 $i=1,\cdots,m$ 次操作，你需要：

• 选择任意一个整数 $k\in[0,c_i]$。
• 将所有 $j_0\in [l_i,r_i]$ 的 $a_{j_0}$ 加上 $k$。
• 将所有 $j_1\in [1,l_i)\cup(r_i,n]$ 的 $a_{j_1}$ 加上 $c_i-k$。

请你最小化 $\max a_i$ 的值。

思路：

推性质神仙题。

这道题，某些人通过猜结论，调着调着就过拍了，然后交上去过了。

不得不说，这道题的性质太妙了，感觉只能通过打表看出来……

$\textbf{Subtask 1}\sim\textbf{2}$：

我们不妨先抛开 $c_i>1$ 的情况，只考虑 $c_i=1$ 时如何做。这样我们将问题转化成，初始每个区间都未反转，我们需要反转一些区间，使得操作后 $\max a_i$ 尽可能地小。这里，我们定义反转一个区间 $[l_i,r_i]$ 为，将其对全集 $[1,n]$ 取补，变为集合 $[1,l_i)\cup (r_i,n]$。

记多重集 $S$ 为我们选出的需要反转的区间的集合，下文我们同时称 $S$ 为一个反转方案。

性质 $1$：答案具有单调性。我们记答案的上界为 $T$。如果存在一种反转方案，使得 $\max a_i=x$，则对于所有 $y\in(x,T]$，也存在一种反转方案使得 $\max a_i=y$。

这说明，我们可以尝试用二分答案解决这个问题。

性质 $2$：若 $S$ 中的所有区间之并为空，则这种反转方案一定不优。

证明：显然，此时存在区间 $U_1,U_2\in S$，满足 $U_1\cap U_2=\varnothing$，如果我们同时反转这两个区间，我们讨论反转后产生的贡献：

• 所有 $i\in U_1\cup U_2$ 的 $a_i$ 不变。
• 所有 $j\notin U_1\cup U_2$ 的 $a_j$ 会加上 $2$。

由于反转后没有 $a_i$ 会减少，所以这种反转方案不优。

也就是说，如果这 $m$ 个区间存在一个子集有交，则存在一种最优方案，使得存在下标 $t\in I$，其中区间 $I=[L,R]$ 为 $S$ 中的所有区间之并。

我们尝试二分答案 $x$。接下来我们讨论如何判定 $x$ 是否合法。

我们记 $p_i$ 表示所有区间不反转时，所有操作进行完后 $a_i$ 的值，$q_i$ 表示对于当前集合 $S$，将 $S$ 中的区间反转后，所有操作进行完后 $a_i$ 的值。记 $z_i=\sum_{A\in S}[i\in A]$，则 $q_i=p_i-z_i+|S|-z_i=p_i+z_t-2z_i$。由于 $q_i\leq x$，我们得到 $p_i+z_t-2z_i\leq x$。也就是说，要使得 $x$ 合法，必须存在一个 $S$，使得通过其推导出的 $z_i$ 满足

$$z_i\geq \left\lceil\dfrac{p_i+z_t-x}{2}\right\rceil$$

此时我们能够发现，如果我们确定了 $t$ 和 $z_t$，则我们可以确定所有 $z_i(i\not=t)$ 的下界，即每个下标至少需要被 $S$ 中的多少个区间覆盖。这时，找出一个满足条件的 $S$ 也就变得容易了。

至此，我们可以通过枚举 $t$ 和 $z_t$ 的值，然后贪心地每次将 $z_i$ 取得尽量小。具体地，我们计算出每个 $z_i$ 的下界，然后依次遍历 $i=1,\cdots,t$，尝试将 $z_i$ 累加到下界（累加不到则当前 $t,z_t$ 不合法），每次取区间时，考虑从左端点小于等于 $i$ 的区间中贪心地选出右端点最大的加入 $S$。遍历完后，只需检查 $z_i(t<i\leq n)$ 是否不小于下界即可。这样我们就设计出了一个判定 $x$ 是否合法的朴素算法，外层再套一个二分即可得出答案。

注意，因为 $t\in I$，所以对于任意 $1\leq i\leq n$，$z_t$ 同时需要满足 $\left\lceil\dfrac{p_i+z_t-x}{2}\right\rceil\leq z_i\leq z_t$，即 $z_t\geq p_i-x$。也就是说，当 $z_t<p_i-x$ 时我们可直接判定 $z_t$ 不合法。如果我们枚举 $z_t$ 时不从下界 $\max p_i-x$ 开始，并且在判定 $x$ 是否合法时，仅仅只通过判定 $z_i$ 是否达到下界验证 $x$ 的合法性，则算法的正确性无法保证。（想一想，为什么）

对于 $c_i=1$ 的情况，二分答案的时间为 $O(\log m)$，枚举 $t,z_t$ 的时间为 $O(nm)$，贪心算法的时间为 $O((n+m)\log m)$，则总时间复杂度为 $O(nm(n+m)\log^2 m)$。

对于 $c_i>1$ 的情况，记 $V=\max p_i$，则二分答案的时间为 $O(\log V)$，枚举 $t,z_t$ 的时间为 $O(nV)$，贪心算法的时间不变（在代码中非常自然地改一下即可），则总时间复杂度为 $O(nV(n+m)\log m\log V)$。

这里给出贪心算法的代码：

// 所有变量名与之前约定的记号含义相同
// 所有三元组 (li,ri,ci) 都存储在 vec[li] 中
// 保证 zt 从下界 max(pi) - x 开始枚举
 
bool valid(long long x, int t, long long zt) {
    for (int i = t + 1; i <= n; i ++) {
        z[i] = 0;
    }
 
    std::priority_queue<Interval> q;
    long long zi = 0;
 
    for (int i = 1; i <= t; i ++) {
        long long lim = (p[i] + zt - x + 1) >> 1;
 
        for (int j = 0; j < vec[i].size(); j ++) {
            if (vec[i][j].r > t) {
                q.push(vec[i][j]);
            }
        }
 
        while (q.size() && zi < lim) {
            Interval iter = q.top();
            q.pop();
 
            int delta = std::min(lim - zi, (long long) iter.c);
            zi += delta;
            z[iter.r] -= delta;
 
            if (iter.c -= delta) {
                q.push(iter);
            }
        }
 
        if (zi < lim) {
            return false;
        }
    }
 
    z[t] = zi;
    for (int i = t + 1; i <= n; i ++) {
        if (((z[i] += z[i - 1]) << 1) < p[i] + zt - x) {
            return false;
        }
    }
 
    return true;
}

其中 Interval 类和变量 vec 的定义如下：

class Interval {
public:
    int l, r, c;
 
    bool operator < (const Interval& rhs) const {
        return r < rhs.r;
    }
};
 
std::vector<Interval> vec[maxn];

比较明显的是，如果略去枚举 $t,z_t$ 的时间，总时间复杂度为 $O((n+m)\log m\log V)$，在该题目限制下可以接受。最优的 $t,z_t$ 只有 $O(1)$ 种？或是说，我们只需要枚举 $O(1)$ 个 $t,z_t$？

$\textbf{Subtask 3}$：

贪心算法的时间复杂度看起来已经不可优化了，我们尝试挖掘更多的性质，优化枚举 $t,z_t$ 的时间。

性质 $3$：存在一种最优方案，满足 $|S|=0$ 或 $\max_{i\in I}q_i\geq \max q_i-1$。

证明：我们假设命题不成立，并尝试推导出矛盾。根据条件，当前最优方案满足 $\max_{i\in I}q_i\leq \max q_i-2$。

首先我们证明，当前方案中不存在区间 $U\in S$ 使得 $U=I$。

实际上，假设存在这样的区间，我们考虑将 $U$ 从 $S$ 中删除，即不翻转 $U$。记 $S'$ 为删除 $U$ 后的多重集 $S$，$q_i'$ 为删除 $U$ 后的 $q_i$。我们分析 $q_i$ 与 $q_i'$ 的关系：

• 对于所有 $i\notin I$，$q_i'=q_i-1$。
• 对于所有 $j\in I$，$q_j'=q_j+1$。

显然，$q_i$ 满足 $x=\arg\max q_i\notin I$，则 $q_x'=q_x-1$。为了保证 $S$ 的最优性，我们只好让 $\max q_i'\geq q_x$，由此可推导出 $\arg\max q_i'\in I$，进而得到 $\max q_i'=\max_{i\in I}q_i+1\geq q_x=\max q_i$，此与假设矛盾。因此，当前方案中不存在这样的区间。同时，我们可以得知当前方案中，$S$ 中一定存在一个左端点为 $L$ 的区间和一个右端点为 $R$ 的区间（其中 $I=[L,R]$，且这两个区间不同）。

现在，我们考虑以下调整算法：

1. 如果当前 $|S|\leq 2$ 或者已满足 $\max_{i\in I}q_i\geq \max q_i-1$，结束调整。
2. 否则，我们从 $S$ 中分别选择一个左端点为 $L$ 的区间和一个右端点为 $R$ 的区间，然后将它们从 $S$ 中删除。显然，这样调整后的方案仅仅只对于所有 $i\in I$ 的 $q_i$ 增加了 $2$，其它的 $q_i$ 不增，不劣于最优方案。然后我们回到步骤 1。

我们对当前方案进行以上调整算法，然后得到新的多重集 $S_0$。

若当前方案 $S_0$ 仍然有 $\max_{i\in I}q_i\leq \max q_i-2$，一方面，我们容易知道 $S_0$ 满足 $|S_0|\leq 2$；另一方面，我们在之前已经证明，若当前方案满足 $\max_{i\in I}q_i\leq \max q_i-2$，则不存在区间 $U\in S_0$ 使得 $U=I$，因此 $|S_0|\not=1$。综合这两方面，我们得知 $|S_0|=2$。

所以，我们仍然从 $S_0$ 中分别选择一个左端点为 $L$ 的区间和一个右端点为 $R$ 的区间，然后将它们从 $S$ 中删除。容易知道这样的调整一定不劣于最优方案。调整后 $|S_0|=0$，此与假设矛盾。

综上所述，命题成立。

这说明我们不需要大范围地枚举 $z_t$ 了。若当前位置 $t\in I$ 存在最优方案满足 $\max_{i\in I}q_i\geq \max q_i-1$，我们只需要判定 $z_t=p_t-x$ 和 $z_t=p_t-x+1$ 两种情况中有其中一个合法即可。

总时间复杂度降至 $O(n(n+m)\log m\log V)$。

$\textbf{Subtask 4}\sim\textbf{5}$：

既然我们优化掉了枚举 $z_t$ 的时间，那么 $t$ 是不是也可以像 $z_t$ 一样，不需要枚举呢？我们随便猜一个结论然后跑一遍，可以发现：

性质 $4$：令 $t=\arg\max_{i\in I}q_i$，若存在一种最优方案 $S(|S|>0)$ 满足 $q_t\geq \max q_i-1$，则 $S$ 同时满足 $p_t=\max p_i$。

证明：仍然考虑反证。若存在最优方案 $S(|S|>0)$ 满足 $q_t\geq \max q_i-1,p_t\leq\max p_i-1$，则我们可推导出 $x=\arg\max p_i\notin I$，因此 $S$ 中至少存在一个区间没有覆盖到 $x$，即 $z_x\leq z_t-1$。我们得到

$$p_x\geq p_t+1,z_x\leq z_t-1$$

注意到，$q_x=p_x-2z_x+z_t,q_t=p_t-z_t$，所以我们尝试对上述不等式做变换得到

$$\begin{aligned} p_x-2z_x&\geq p_t-2z_t+3 \\ p_x-2z_x+z_t&\geq p_t-z_t+3 \\ q_x&\geq q_t+3 \end{aligned}$$

此与假设条件 $q_t\geq \max q_i-1$ 矛盾。因此命题成立。

至此，我们又将 $t$ 的范围缩小到 $t\in\{x|p_x=\max p_i\}$。

既然都到这一步了，我们继续猜测，是不是我们只要让 $t$ 满足 $p_t=\max p_i$ 就能够找到满足之前性质的最优解（找不到则 $S=\varnothing$ 为最优方案之一）？

性质 $5$：若存在一种最优方案 $S(|S|>0)$ 满足 $\max_{i\in I}q_i\geq \max q_i-1$，则 $S$ 同时满足 $\{x|p_x=\max p_i\}\subseteq I$。

证明：类似性质 $4$ 的证明，我们考虑反证。令 $t=\arg\max_{i\in I}q_i$，若当前最优方案 $S$ 满足 $q_t\geq \max q_i-1$，且存在 $x$ 满足 $x\notin I,p_x=\max p_i$，则我们有

$$p_x=p_t,z_x\leq z_t-1$$

综合上述不等式可得

$$\begin{aligned} p_x-2z_x+z_t&\geq p_t-z_t+2 \\ q_x&\geq q_t+2 \end{aligned}$$

此与假设条件 $q_t\geq \max q_i-1$ 矛盾。因此命题成立。

据性质 $5$，我们可推断出，若存在一种最优方案 $S(|S|>0)$ 满足 $\max_{i\in I}q_i\geq \max q_i-1$，则对于所有 $p_x=\max p_i$ 的 $x$，$q_x=p_x-z_x$ 都相同（想一想，为什么）。所以，我们只需要令 $t$ 为集合 $\{x|p_x=\max p_i\}$ 的其中一个元素，在二分时对于 $(t,p_t-x)$ 和 $(t,p_t-x+1)$ 两种情况分别跑一遍贪心算法，即可做到判断当前答案 $x$ 是否大于等于最优解。

总时间复杂度降至 $O((n+m)\log m\log V)$，足以通过此题。