Solution -「JOISC 2017」「LOJ #2392」烟花棒

$\mathscr{Description}$

  Link.

  有 $n$ 个人站在数轴上，第从左往右第 $i$ 个人的坐标是 $x_i$，每个人手上有一支烟花棒，每支烟花棒能燃烧 $T$ 秒，燃尽后无法再点燃。初始时只有 $k$ 手上的烟花棒是点燃的，求这些人的移动速度上限的最小值 $v\in\mathbb N$，使得能够用这支烟花棒薪火相传，点燃所有烟花棒。

  $n\le10^5$。

$\mathscr{Solution}$

  跪拜出题人系列。

  显然二分答案，考虑如何检查当前答案 $v$ 的合法性。

  先得到一些有基础性意义的贪心转化：

1. 任意时刻，只需要一支燃烧的烟花棒存在。

2. 所有人会向燃着的烟花棒移动。

3. 当一支剩余燃烧时间为 $t$ 的烟花棒点燃另一支烟花棒，等价于另一支烟花棒获得 $T+t$ 的燃烧时间，这支烟花棒立即燃尽。（转化到原问题情景：两个人一起跑，要燃尽时再传火。）

  想像从 $k$ 出发点燃烟花棒的情景，对于某个时刻，已经点燃过的烟花棒一定是一个区间 $[l,r]$，且 $k\in[l,r]$。根据性质 1，此时 $[l,r]$ 之外的人的相对位置是不变的，我们可以想象作区间 $[l,r]$ 被缩成了一个点。

  进一步，在这个条件下，“时刻”这一概念已经不重要了——无论何时，把 $x_i$ 和 $x_{i+1}$，缩在一起所需的时间都是 $\frac{x_{i+1}-x_i}{2v}$。而根据性质 3.，把这两个坐标缩起来，对烟花棒剩余燃烧时间的影响也恒为 $\Delta t_i=-\frac{x_{i+1}-x_i}{2v}$。记 $P=\langle \Delta t_{k-1},T,\Delta t_{k-2},T,\cdots,\Delta t_1,T\rangle$，$Q=\langle \Delta t_k,T,\Delta t_{k+1},T,\cdots,\Delta t_{n-1},T\rangle$，问题转化为：初始时有剩余时间 $t=T$，每次从序列 $P$ 或者 $Q$ 的开头取出一个 $\Delta t$，令 $t\leftarrow t+\Delta t$，在保证 $t\ge 0$ 的情况下将 $P$ 和 $Q$ 删空。

  尝试贪心？唯一显然的结论是若 $P$ 的开头或者 $Q$ 的开头不小于 $0$，我们可以放心大胆取出来，而都小于 $0$ 的情况就很难讨论清楚了。当然，每次“涉险”取走负数后，我们又会立马把露出来的非负数全部取走。我们能否规避“都小于 $0$”的讨论，用已知结论描述完整的贪心过程？

  接下来这步，或说是构造，说起来平淡：我们“如果”能把 $P$ 和 $Q$ 从开头起，分为若干极短的段，每段描述为二元组 $(t_0,\Delta t)$，满足 $\Delta t\ge0$，表示为了消除这一段，初始时至少有 $t_0$ 的剩余燃烧时间，消除后获得 $\Delta t$ 的燃烧时间。由于划分的极短性，每次必然消除完整的一段而不会半途而废，不然稳亏不赚。

  这种“虚妄”有什么用？如果“如果”不成立，不还是干瞪眼？

  等等，如果“如果”不成立，例如 $P$ 的“如果”不成立，那么就存在 $P$ 的一段极长后缀 $P'$，满足 $P'$ 任意前缀和为负数。我们引入《TENET》的宇宙观，如果有一个逆熵的人从结束状态开始贪心，他的初始时间 $t$——也就是我们的结束时间 $t$，是确定的；他每次必须从 $P$ 的末尾取数，当然 $P$ 中的数也取反，那么……

  极长后缀 $P'$，取相反数再翻转得到 $P''$，满足 $P''$ 任意后缀和为正数……那么 $P''$ 就不存在任意前缀和为负数的后缀……再者，$P''$ 可以被划分为上文中的若干极短段，也就是说，这个逆熵的人完全可以在“如果”的美好愿景下做贪心，直到把 $P'$ 消掉！

  然后呢然后呢？顺熵的人把 $P$ 消除剩下一个 $P'$，逆熵的人把 $P'$ 反着消除，两个人相遇，我们作为顺熵的人，灵机一动，逆着逆熵的人的行动构造方案，不就把 $P$ 消除了吗？

  神谕啊！

  实现上，可以把 $\Delta t_i$ 转化到势差 $h_{i+1}-h_i$ 上，所用东西乘上 $2v$，构造 $x_i$ 的势 $h_i=2vTi-x_i$，顺带把初始的 $t=T$ 一块儿囊括；在消去区间 $[l,r]$ 时保持 $h_r\ge h_l$ 即可。算法复杂度是 $\mathcal O(n\log V)$ 的，其中 $V$ 是一堆乱七八糟东西的值域上限。

---

  从神谕中体会到什么？

  ——如果末状态已知，那它何不可做初状态？

  ——用时间的流向逆转“死局”，让它成为“必胜”条件。（好魔怔。

  出题人 nb。

$\mathscr{Code}$

/*+Rainybunny+*/

#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i, l, r) for (int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i)
#define per(i, r, l) for (int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i)

typedef long long LL;

const int MAXN = 1e5;
int n, st, T, x[MAXN + 5];
LL hgt[MAXN + 5];

inline bool check(const int v) {
    rep (i, 1, n) hgt[i] = 2ll * v * T * i - x[i];
    if (hgt[1] > hgt[n]) return false;
    int tarL = st, tarR = st;
    per (i, st - 1, 1) if (hgt[i] <= hgt[tarL]) tarL = i;
    rep (i, st + 1, n) if (hgt[i] >= hgt[tarR]) tarR = i;
    int l = st, r = st;
    while (tarL < l || r < tarR) {
        int pl = l, pr = r;
        for (int i = pl - 1; i >= tarL && hgt[i] <= hgt[pr]; --i) {
            if (hgt[i] <= hgt[pl]) pl = i;
        }
        for (int i = pr + 1; i <= tarR && hgt[i] >= hgt[pl]; ++i) {
            if (hgt[i] >= hgt[pr]) pr = i;
        }
        if (pl == l && pr == r) return false;
        l = pl, r = pr;
    }

    l = 1, r = n;
    while (l < tarL || tarR < r) {
        int pl = l, pr = r;
        for (int i = pl + 1; i <= tarL && hgt[i] <= hgt[pr]; ++i) {
            if (hgt[i] <= hgt[pl]) pl = i;
        }
        for (int i = pr - 1; i >= tarR && hgt[i] >= hgt[pl]; --i) {
            if (hgt[i] >= hgt[pr]) pr = i;
        }
        if (pl == l && pr == r) return false;
        l = pl, r = pr;
    }
    return true;
}

int main() {
    scanf("%d %d %d", &n, &st, &T);
    rep (i, 1, n) scanf("%d", &x[i]);

    int l = 0, r = 1e9;
    while (l < r) {
        int mid = l + r >> 1;
        // printf("%d?\n", mid);
        if (check(mid)) r = mid;
        else l = mid + 1;
    }
    printf("%d\n", l);
    return 0;
}