【大联盟】20230703 T2 开心的序列（sequence） 题解 AT_agc049_f 【[AGC049F] Happy Sequence】

zak /bx

恐怖 zak 将这题加强，出到模拟赛。直接把 $A_i,B_i\le 10^5, C_i\le 5$ 变成了 $A_i,B_i,C_i\le 10^9$。

非常恐怖。

题目描述#

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题解#

重新再理解一遍。

我们维护 $p(x)=\sum_i|a_i-x|+|b_i-x|$，那么就相当于要求 $\forall x, p(x)\le 0$，也就是 $p_{\max}\le 0$。

继续观察下。首先，显然需要满足 $\sum_{i}a_i=\sum_{i}b_i$，我们设这个数为 $S$。那么，对于 $\forall x, p(x)\le 0$ 的限制，我们设 $ca$ 为 $<x$ 的 $a_i$ 个数、$sa$ 为 $<x$ 的 $a_i$ 的和、$cb$、$sb$ 同理。

于是就得出，$\forall x,(S-sa)-x(n-ca)+xca-sa\le (S-sb)-x(n-cb)+xcb-sb$，化简可得 $\forall xca-sa\le xcb-sb$，也就是要求 $\max\{xca-sa-(xcb-sb)\}\le 0$。

考虑 $\max$ 取在哪？一定是在 $ca=cb$ 的位置，因为若 $ca<cb$，则 $x+1$ 一定更优，若 $ca>cb$，则 $x-1$ 一定更优。

所以，我们只需要关注 $ca=cb$ 的位置，于是得出结论：满足条件当且仅当，对于排好序的 $a$ 和 $b$，满足 $\forall 1\le x\le n,\sum_{i=1}^{x}a_i-b_i\ge 0$，且 $\sum_{i=1}^{n}a_i=\sum_{i=1}^{n}b_i$。

我们令 $g(x)=\sum_{i=1}^{x}a_i-b_i$，条件为 $\forall g(x)\ge 0$。

这个结论赛时猜结论打表也发现了，不过完全没想到后面的。

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我们发现：

• 让 $a_i$ 增加 $1$，就相当于给 $x\le a_i$ 的 $p(x)$ 都增加 $1$，给 $x>A_i$ 的 $p(x)$ 都减少 $1$。
• 让 $a_i$ 减少 $1$，就相当于给 $x\ge a_i$ 的 $p(x)$ 都增加 $1$，给 $x<A_i$ 的 $p(x)$ 都减少 $1$。

于是，我们观察到让 $A$ 小的数减少 $1$，并让 $A$ 大的数增加 $1$，是一定不优的，假设增加的数为 $a$，减少的数为 $b$，并满足 $a<b$，则对于 $x< a$ 或 $x>b$，$p(x)$ 都是不变的，而对于 $a\le x\le b$，$p(x)$ 却增加了 $2$。

所以，一定存在一个 $mid$，满足对于 $mid$ 左侧的数都在增加，对于 $mid$ 右侧的数都在减小。如果有多个 $mid$，取 $p(mid)$ 最大的（假设左侧最右的操作为 $l$，右侧最左的操作为 $r$，则 $mid\in(l,r)$）。

观察到操作后 $p(mid)\ge -1$，因为如果不满足条件，则可以通过删除 左侧第一个操作或右侧第一个操作，这样 $p(mid)$ 就增加 $2$ 了，仍然满足条件还，还更优。

不过，进一步地，由于需要满足 $\sum_{i=1}^{n}a_i=\sum_{i=1}^{n}b_i$，则说明 $p(x)$ 一定为偶数。因为 $p(x)=\sum_{i=1}^{n}(-1)^{[a_i>x]+1}a_i+(-1)^{[a_i>x]}x-\sum_{i=1}^{n}(-1)^{[b_i>x]+1}b_i+(-1)^{[b_i>x]}x$。

$$\begin{aligned}p(x)&\equiv \sum_{i=1}^{n}a_i+x-\sum_{i=1}^{n}b_i+x\pmod 2\\&\equiv \sum_{i=1}^{n}a_i-\sum_{i=1}^{n}b_i\pmod 2\\&\equiv 0\pmod 2\end{aligned}$$

所以，可以得到 $p(mid)=0$。

然后，我们发现，由于 $mid$ 左侧的数都在增加，$mid$ 右侧的数都在减小。所以，每次操作都会让 $p(mid)$ 变小，而 $p(mid)=0$，说明初始时 $p(mid)$ 是最大值。

带入 $p(-\infty),p(\infty)\ge 0$，可以得到 $p(-\infty)=p(\infty)=0$，又因为 $p(mid)=0$，则说明左侧和相等，右侧和相等。

于是，左右就独立了，我们对左右分开做，形式相似（实际上只要把右侧取相反数就跟左侧形式完全一样了）。我们可以二分斜率 $M$，不过可能出现不合法，那么我们跟上面一样，找到 $mid$ 来处理。

则 $mid$ 左侧的斜率调整为 $[mid,r]$，右侧调整为 $[l,mid]$，像整体二分一样。

时间复杂度 $O(n\log n(\log A+\log B+\log C))$。

代码#

记录。

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#include <bits/stdc++.h>
#define SZ(x) (int) x.size() - 1
#define all(x) x.begin(), x.end()
#define ms(x, y) memset(x, y, sizeof x)
#define F(i, x, y) for (int i = (x); i <= (y); i++)
#define DF(i, x, y) for (int i = (x); i >= (y); i--)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
template <typename T> void chkmax(T& x, T y) { x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T& x, T y) { x = min(x, y); }
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1; char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
template <typename T> void write(T x) {
	if (x < 0) { putchar('-'); x *= -1; }
	if (x > 9) write(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}
const int N = 2e5 + 10;
int n, b[N], g[N];
struct node {
	ll cur;
	int beg, val;
	friend bool operator < (const node &x, const node &y) {
		return x.cur < y.cur;
	}
} t[N];
__int128 ans;
void solve(int l, int r, ll L, ll R) {
	if (l > r) return;
	ll mid = (L + R) >> 1;
	F(i, l, r) t[i].cur = t[i].beg + (mid / t[i].val + 1) / 2;
	sort(t + l, t + r + 1);
	ll s = 0; int pos = r + 1;
	DF(i, r, l) {
		s += b[i] - t[i].cur;
		if (s < 0) {
			s = 0;
			pos = i;
		}
	}
	if (L + 1 == R) {
		__int128 s = 0;
		F(i, l, r) {
			s += t[i].cur - b[i];
			ans += (__int128) (t[i].cur - t[i].beg) * (t[i].cur - t[i].beg) * t[i].val;
		} ans -= (__int128) s * R;
		return;
	} solve(l, pos - 1, mid, R), solve(pos, r, L, mid);
}
signed main() {
	// freopen("sequence.in", "r", stdin);
	// freopen("sequence.out", "w", stdout);
	read(n);
	F(i, 1, n) read(t[i].beg), t[i].cur = t[i].beg;
	F(i, 1, n) read(b[i]);
	sort(b + 1, b + n + 1);
	F(i, 1, n) read(t[i].val);
	sort(t + 1, t + n + 1);
	ll s = 0; int pos = 0;
	F(i, 1, n) {
		s += t[i].beg - b[i];
		if (s < 0) {
			s = 0;
			pos = i;
		}
	}
	solve(1, pos, 0, 2e18 + 5);
	reverse(t + pos + 1, t + n + 1);
	reverse(b + pos + 1, b + n + 1);
	F(i, pos + 1, n) t[i].beg = 1e9 - t[i].beg, b[i] = 1e9 - b[i];
	solve(pos + 1, n, 0, 2e18 + 5);
	write(ans);
	return 0;
}