Educational Codeforces Round 148 (Rated for Div. 2) D1. Red-Blue Operations
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题目大意：
Easy Version解题思路：
1. 不难发现，若k小于等于n，我们将a排序，a数组下标[1, k]区间上的每个数字依次加上 k, k - 1, ..., 1，取最小值就是答案。（下述操作都是基于排序a）
2. 若k大于n，观察发现如果我们想让一个位置上的数字变得更大，那么操作次数必定为奇数次，只要n不为1，我们一定有方法能让操作的位置被操作奇数次。
3. 我们要使答案尽可能的大，那么就是奇数步数出现的次数尽可能的多，那么肯定尽量让每个位置上的数字被操作的次数都是奇数次最佳，最好是让n个数字备操作的次数都为奇数次。那么最少会有(k - n) / 2次偶数操作，对于这个计算，不难发现，若n和k的奇偶性不同，那么 （k - n） % 2 == 1也就是会剩下一个操作，那么这个操作会影响到一个奇数，也就是会导致n个数字里面有一个数字会被操作偶数次。所以要分为两种情况讨论一下。
4. 若k和n奇偶性相同，在不考虑最后n个操作以前的所有操作，也就是[1, k - n - 1]这些操作的情况下，这n步最优的方案是把[k, k - n]这些数字依次加到a数组下标[1, n]。若n和k奇偶性不同，那么会少一个奇数操作，在不考虑最后n - 1个操作以前的所有操作的情况下，这n - 1步最优的方案是把[k, k - n - 1]这些数字依次加到a数组下标[1, n - 1]。从现在开始我们就不需要分奇偶讨论了，因为我们确切的只剩下t = (k - n) / 2次偶数操作， 那么如何最小化这t * 2步操作呢。偶数步数必定是减小，我们会发现若是把相邻的两个安排在一起那么起到的影响就是-1，接下来怎么让这t个-1来进行最优操作呢，是一个很简单的小问题就不说了。
#include <bits/stdc++.h>
const int N = 2e5 + 10;
const int MOD = 1e9 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f * 2;
using ll = long long;
typedef std::pair<int, int> PII;
int n, m;
int a[N];
inline void solve() {
std::cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i ++) std::cin >> a[i];
std::vector<int> b(n + 1);
std::sort(a + 1, a + n + 1);
while (m --) {
int x;
std::cin >> x;
int xx = x;
if (n == 1) {
if (x & 1) std::cout << a[1] + x - x / 2 << ' ';
else std::cout << a[1] - x / 2 << ' ';
continue;
}
if (x <= n) {
int mn = INF;
for (int i = 1, j = x; i <= n; i ++, j --) {
if (j > 0) mn = std::min(mn, a[i] + j);
else mn = std::min(mn, a[i]);
}
std::cout << mn << ' ';
continue;
}
if ((n & 1) == (x & 1)) {//有n个可以加上去的
for (int i = 1, j = x; i <= n; i ++, j --)
b[i] = a[i] + j;
x -= n;
x /= 2;
int mn = INF;
for (int i = 1; i <= n; i ++) mn = std::min(mn, b[i]);
ll sum = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++)
sum += b[i] - mn;
if (sum >= x) std::cout << mn << ' ';
else {
x -= sum;
std::cout << mn - (x + n - 1) / n << ' ';
}
} else {
for (int i = 1, j = x; i < n; i ++, j --)
b[i] = a[i] + j;
b[n] = a[n];
x -= n - 1;
x /= 2;
int mn = INF;
for (int i = 1; i <= n; i ++) mn = std::min(mn, b[i]);
ll sum = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++)
sum += b[i] - mn;
if (sum >= x) std::cout << mn << ' ';
else {
x -= sum;
std::cout << mn - (x + n - 1) / n << ' ';
}
}
}
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(nullptr);
std::cout.tie(nullptr);
int _ = 1;
//std::cin >> _;
while (_ --) solve();
return 0;
}
Hard Version解题思路：
1. 将Esay Version的第一个tips转化为从a数组[1, n] 减去 0, 1, .., n - 1, 对于询问而言给他们每一个加上k也是一样的。会发现对于k <= n 而言，我们只需要知道前k个加上k以后的最小值，和a数组[k + 1, n]的最小值，在这两个值里面取一个min就是答案，因为前k个数字都加上k的最小值与k无关，我们可以预处理处 k <= n 的所有答案然后对于 k <= n 的询问我们可以做到O(1)查询。
2. 对于k > n并且k与n同为奇数或者同为偶数，我们知道a数组每个值加上k不影响最小值和其他值的差值，所以我们可以预处理出来一个值tot1 = a数组里面的最小值mn1和其他所有数字的差值总和。我们知道我们有t = (k - n) / 2次 -1操作，如果 t <= tot1那么答案就是mn1 + k。否则的话就让 del = t - tot1, mn1 - (del / n向上取整)，答案就是mn1 - (del + n - 1) / n + k
3. 对于k > n并且k与n不满足同为奇数或者同为偶数，那么对于这种情况Easy Version也提到过，就是第n个数字不保持原样，也就是要将a[n]复原回去，我们将a[n] + n - 1即可，询问结束后再减回去。我们可以预处理出来数组a的前n - 1个数字的最小值mn2, 然后预处理出来一个值 tot2 = a数组里面前n - 1个数字的最小值mn2和前n - 1个数字的差值总和。这个时候就需要分为两种情况，如果mn2 + k 大于 a[n]的话那么显然最小值就应该是a[n]，需要做一些修改操作，这个略作思考该怎么修改就行，若mn + k < a[n]的话就不需要修改最小值，统计答案的方法与2类似。
#include <bits/stdc++.h>
const int N = 2e5 + 10;
const int MOD = 1e9 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f * 2;
using ll = long long;
typedef std::pair<int, int> PII;
int n, m;
int a[N];
inline void solve() {
std::cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i ++) std::cin >> a[i];
std::vector<int> b(n + 1), c(n + 1);
std::sort(a + 1, a + n + 1);
b[n] = a[n];
for (int i = n - 1; i; i --)
b[i] = std::min(a[i], b[i + 1]);
int mn1 = INF, mn2 = INF;
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
a[i] -= i - 1;
if (i == 1) c[i] = a[i];
else c[i] = std::min(c[i - 1], a[i]);
mn1 = std::min(a[i], mn1);
if (i != n)
mn2 = std::min(a[i], mn2);
}
ll tot1 = 0, tot2 = 0;//tot1 表示奇偶一样， tot2表示奇偶不一样
for (int i = 1; i <= n; i ++)
tot1 += a[i] - mn1;
for (int i = 1; i < n; i ++)
tot2 += a[i] - mn2;
while (m --) {
int x;
std::cin >> x;
if (n == 1) {
if (x & 1) std::cout << a[1] + x - x / 2 << ' ';
else std::cout << a[1] - x / 2 << ' ';
continue;
}
if (x <= n) {
if (x != n) std::cout << std::min(c[x] + x, b[x + 1]) << ' ';
else std::cout << c[x] + x << ' ';
continue;
}
ll del = (x - n + 1) / 2;
if ((n & 1) == (x & 1)) {//有n个可以加上去的
if (tot1 >= del) std::cout << mn1 + x << ' ';
else {
del -= tot1;
std::cout << mn1 - (del + n - 1) / n + x << ' ';
}
} else {
int tmp = mn2 + x;
a[n] += n - 1;
if (tmp <= a[n]) {
int c = a[n] - tmp;
tot2 += c;
if (tot2 >= del) std::cout << std::min(mn2 + x, a[n]) << ' ';
else {
del -= tot2;
std::cout << tmp - (del + n - 1) / n << ' ';
}
tot2 -= c;
} else {
if (tot2 >= del) std::cout << std::min(mn2 + x, a[n]) << ' ';
else {
del -= tot2;
if (a[n] >= tmp) {
del -= a[n] - tmp;
if (del <= 0) std::cout << tmp << ' ';
else std::cout << tmp + (del + n - 1) / n << ' ';
} else {
int tmn2 = mn2;
ll ttot2 = tot2;
tot2 = 1ll * (tmp - a[n]) * (n - 1);
mn2 = a[n];
del -= tot2;
if (del <= 0) std::cout << mn2 << ' ';
else std::cout << mn2 - (del + n - 1) / n << ' ';
tot2 = ttot2;
mn2 = tmn2;
}
}
}
a[n] -= n - 1;
}
}
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(nullptr);
std::cout.tie(nullptr);
int _ = 1;
//std::cin >> _;
while (_ --) solve();
return 0;
}
