CF1889B

题面

给一个 $n$ 个点的图，每个点 $i$ 有点权 $a_i$，初始图上没有边，你可以进行如下操作若干次：

• 若 $S_i+S_j\ge i\times j\times c$，添加一条边 $(i,j)$。其中 $S_i$ 表示 $i$ 所在连通块的点权和，$c$ 是一个给定的常数。

问最终能否使图联通。

首先我们有一个简单的 $O(n^3)$ 做法：暴力 $O(n^2)$ 寻找能连的边，如果能连 $n-1$ 次就 yes，否则 no。

考虑优化连边过程。我们发现，合并两个连通块时，我们一定要选连通块中编号最小的点连边，因为这样在 $S_i+S_j$ 不改变时使 $i\times j\times c$ 最小，能连边的可能性最大。因此下文提到 $i,j$ 都默认它们是连通块中编号最小的点。

这时注意到一个特殊的连通块：$1$ 号点所在的连通块。这个连通块的最小编号是不变的。在手玩半天样例并猜错结论 WA 了一发后，我猜想了这样一个结论：如果 $i$ 和 $j$ 能连边，那么 $1$ 和 $i$，$1$ 和 $j$ 至少有一组能连边。

更加形式化地：若 $S_i+S_j\ge i\times j\times c$，则 $S_1+S_i\ge i\times c$ 和 $S_1+S_j\ge j\times c$ 至少有一个成立。

于是按 $i\times c-a_i$ 由小到大排序再逐个连边就过了。

结论证明（参考了官方题解）：

$$\begin{array}{rl}& S_i+S_j\ge i\times j\times c\\ ⟺& \frac{S_i+S_j}{c}\ge i\times j=(i-1)(j-1)+i+j-1\\ ⟹& \frac{S_i+S_j}{c}\ge i+j-1(\ast )\end{array}$$

不妨令 $S_1=0$，于是我们要证明 $\frac{S_i}{c}\ge i$ 或 $\frac{S_j}{c}\ge j$。根据 $(\ast )$ 式使用反证法易证。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define rep(i, s, e) for(int i = s, i##E = e; i <= i##E; ++i)
#define per(i, s, e) for(int i = s, i##E = e; i >= i##E; --i)
#define F first
#define S second
#define int ll
#define gmin(x, y) (x = min(x, y))
#define gmax(x, y) (x = max(x, y))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double f128;
typedef pair<int, int> pii;
void solve() {
    int n, c; 
    cin >> n >> c;
    vector<pii> a(n + 5);
    rep(i, 1, n) cin >> a[i].F, a[i].S = i;
    sort(a.begin() + 2, a.begin() + n + 1, [&](pii a, pii b) {
        return a.F - a.S * c > b.F - b.S * c;
    });
    int s = a[1].F;
    rep(i, 2, n) {
        // cerr << a[i].F << ' ' << a[i].S << endl;
        if(a[i].S * c <= s + a[i].F) s += a[i].F;
        else { cout << "No\n"; return; }
    }
    cout << "Yes\n";
}
signed main() {
#ifdef ONLINE_JUDGE
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
#endif
    int t; cin >> t;
    while(t--) solve();
    return 0;
}