[JOISC2017]门票安排

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题面

loj

题解

首先考虑\(c[i]=1\)的情况，首先默认所有\(l\leq r\)，而且一开始所有人选择的均为\([l,r]\)，然后我们考虑把一些区间反转过来。

然后有一条比较显然的性质，就是对于两个不交的区间，在最优解中一定不会同时把他们两个反转过来，否则只有可能变多，而不会变少。

那么假设所有可能反转区间（还没反转）的交集为\([x,y]\)，一开始时所有门票被覆盖次数是\(a_i\)，反转后是\(b_i\)，在\([x,y]\)中\(b\)的最大值位置为\(t\)，那么又有三条性质：

性质1：\(b_t\geq \max b_i-1\)
证明1：如果有\(b_t\leq \max b_i-2\)，那么可以取消反转一个\(l=x\)的区间和\(r=y\)的区间，答案不会更劣，同时满足了这条性质。

性质2：\(a_t\geq \max a_i\)
证明2：如果存在\(a_k>a_t\)的话，则\(k\notin [x,y]\)，那么不是所有的区间都会覆盖\(k\)，而\(t\)必然被所有反转区间覆盖，又因为有上一条性质，所以\(k,t\)满足：
\(a_k-a_t\geq 1,b_t-b_k\geq -1 \Rightarrow a_k-a_t+b_t-b_k\geq 0\Leftrightarrow a_k-b_k\geq a_t-b_t\)
这个式子的意义就是\(k\)上反转的区间个数大于等于\(t\)，这与上面所述的矛盾。

性质3：最优解的\(t\)满足\(a_t=\max a_i\)且\(t\)尽量小或大。
证明3：所有反转区间都会经过最小或最大点。

最后考虑我们的算法：
首先拿出一个使得\(a_t\)最大的最小或最大的\(t\)，然后再二分答案\(\text{mid}\)，那么反转后该点的值为\(\text{mid}\)或\(\text{mid}-1\)，可以分别算出来我总共进行的反转次数\(\text{cnt}\)再分开检验。

把所有跨过\(t\)的区间拿出来再从左到右扫描线，因为后面的反转对前面的操作有影响，但是现在我们知道了操作数，所以我们可以的出这个点最少要被反多少下。反转的话维护一个大根堆，每次反转找出右端点最靠右的区间反肯定最优，因为对后面的位置影响小。\([t+1,n]\)可以由前面的操作差分判断，具体细节详见代码。

代码

#include <bits/stdc++.h> 
using namespace std; 
int gi() { 
	int res = 0, w = 1; 
	char ch = getchar(); 
	while (ch != '-' && !isdigit(ch)) ch = getchar(); 
	if (ch == '-') w = -1, ch = getchar(); 
	while (isdigit(ch)) res = res * 10 + ch - '0', ch = getchar(); 
	return res * w; 
} 
typedef long long LL;
const int MAX_N = 2e5 + 5; 
int N, M; 
int A[MAX_N], B[MAX_N]; 
LL C[MAX_N], c[MAX_N], tag[MAX_N]; 
#define fi first
#define se second
vector<pair<int, LL> > pot[MAX_N];
priority_queue<pair<int, LL> > Q; 
bool check(LL mid, int t, LL cnt) { 
	if (mid < cnt) return 0;
	for (int i = 1; i <= N; i++) pot[i].clear(); 
	while (!Q.empty()) Q.pop(); 
	for (int i = 1; i <= N; i++) tag[i] = 0; 
	for (int i = 1; i <= M; i++) 
		if (A[i] <= t && t < B[i]) pot[A[i]].push_back(make_pair(B[i], C[i])); 
	LL now = 0; 
	for (int i = 1; i <= t; i++) { 
		for (auto j : pot[i]) Q.push(j); 
		while (c[i] - now + cnt > mid) { 
			if (Q.empty()) return 0; 
			auto p = Q.top(); Q.pop(); 
			LL need = min(p.se, (c[i] - now + cnt - mid + 1) >> 1); 
			now += need, cnt -= need, tag[p.fi] += need << 1; 
			if (p.se != need) Q.push({p.fi, p.se - need}); 
		} 
	} 
	tag[t + 1] -= now; 
	for (int i = t + 1; i <= N; i++) { 
		tag[i] += tag[i - 1];
		if (tag[i] + c[i] > mid) return 0; 
	} 
	return 1; 
} 

int main () { 
#ifndef ONLINE_JUDGE 
    freopen("cpp.in", "r", stdin); 
#endif 
	N = gi(), M = gi(); 
	for (int i = 1; i <= M; i++) { 
		A[i] = gi(), B[i] = gi(), C[i] = gi(); 
		if (A[i] > B[i]) swap(A[i], B[i]); 
		c[A[i]] += C[i], c[B[i]] -= C[i]; 
	} 
	for (int i = 1; i <= N; i++) c[i] += c[i - 1]; 
	int mxl = 0, mxr = 0; 
	for (int i = 1; i <= N; i++) if (c[i] > c[mxl]) mxl = i; 
	for (int i = N; i >= 1; i--) if (c[i] > c[mxr]) mxr = i; 
	LL l = 0, r = c[mxl], ans = r; 
	while (l <= r) { 
		LL mid = (l + r) >> 1; 
		if (check(mid, mxl, c[mxl] - mid) || check(mid, mxl, c[mxl] - mid + 1) ||
			check(mid, mxr, c[mxr] - mid) || check(mid, mxr, c[mxr] - mid + 1)) ans = mid, r = mid - 1; 
		else l = mid + 1; 
	} 
	printf("%lld\n", ans); 
    return 0; 
}