LOJ #2393. 「JOISC 2017 Day 2」门票安排 [思维，贪心]

好神啊 /kk

思路

可以证明， swap(A,B) 不会对答案造成任何影响，而如果每个人走的路径确定是 \(A \to B\) 或 \(A \to 1 \to n \to B\) ，那么答案就是一条边被覆盖的次数的最大值。

为了方便，把题意换一下，变成每个人覆盖一些点， \([l,r]\) 或 \([1,l)+(r,n]\) 。

先让所有人都覆盖 \([l,r]\) ，然后反转一个人，带来的变化就是 \([l,r]--, [1,l)++, (r,n]++\) 。

容易发现如果两个被反转的人的 \([l,r]\) 无交，那么一定不优。

所以会存在一个点，使得每个被反转的区间都经过这个点。

设被反转的区间的交是 \([x,y]\) ，一开始每个点被覆盖的次数是 \(a_i\) ，反转后每个点被覆盖的次数是 \(b_i\) ，令 \(t\) 为 \([x,y]\) 中 \(b\) 最大的位置。

性质 1 ：存在最优方案使得 \(b_t \ge \max b_i - 1\) 。

证明：如果 \(b_t \le \max b_i - 2\) ，那么同时取消反转一个 \(l=x\) 和 \(r=y\) 的区间， \(b_t\) 会增加，且答案不会更劣。

性质 2 ：存在最优方案使得 \(a_t = \max a_i\) 。

证明：如果存在 \(a_k > a_t\) ，那么显然 \(k \notin [x,y]\) （否则 \(b_t\) 就不是 \([x,y]\) 中最大的），所以至少会有一个区间没有覆盖 \(k\) ，所以有 \(a_k-b_k \le a_t-b_t-2\) ，化简得 \(b_k-b_t \ge 3\) ，与性质 1 矛盾。

性质 3 ：对于所有 \(a_k = \max a_i\) ， \(k \in [l,r]\) 。

证明：和性质 2 差不多。

所以我们可以确定一个所有反转的区间都经过的位置 \(t\) ，且知道最终答案就是 \(b_t\) 或 \(b_t+1\) 。

二分答案，判断 \(w\) 是否可行。

令 \(cnt\) 为反转的区间个数，那么由于 \(w=b_t=a_t-cnt\) 或 \(w=b_t+1=a_t-cnt+1\) ，所以只需要分别判一下 \(cnt=a_t-w(+1)\) 即可。

为什么强行定了 \(cnt\) 仍然满足二分性呢？如果 \(w\) 过大，那么 \(cnt\) 过小，那么就把最优解中反转的区间删掉一些即可。显然删掉之后仍然满足上面三条性质。

从 \(1\) 往 \(t\) 贪心，贪心到 \(i\) 的时候把所有还没有反转且 \(l \le i, r \ge t\) 的区间按 \(r\) 加入大根堆中，而 \(i\) 会对前缀选的区间个数有一个限制（至少是多少），就贪心地在大根堆里面补齐即可。

限制长得像这样： \(a_i-x+(cnt-x) \le w\) 。特别地， \(i=t\) 时令 \(x=cnt\) 。

贪心结束后再扫一遍判是否合法即可。贪心正确性比较显然。

复杂度 \(O(n \log^2 n)\) 。

代码

咕了。