World Tour Finals 2019 D Distinct Boxes

洛谷传送门

AtCoder 传送门

神题。

设第 \(i\) 个箱子有 \(x_i\) 个红球，\(y_i\) 个蓝球，那么要求找到最大的 \(K\) 使得 \(\sum\limits_{i = 1}^K x_i \le R, \sum\limits_{i = 1}^K y_i \le B\)，且 \((x_i, y_i)\) 两两不等。

显然我们都希望 \(x_i, y_i\) 尽量小。但是当 \(R, B\) 有一定差距时，我们希望贡献一些 \(x_i\) 让一些 \(y_i\) 相等，不好考虑。

人类智慧地，考虑类似 wqs 二分地给每一维赋一个权值 \((p, q)\)，那么当 \(\sum x_i \le R \land \sum y_i \le B\) 时就有 \(p \sum x_i + q \sum y_i \le pR + qB\)，所以某种程度我们希望 \(p \sum x_i + q \sum y_i\) 尽量小。

先二分一个 \(K\)，把对于每个 \((p, q)\)，\(p x_i + q y_i\) 最小的 \(K\) 个点的 \((\sum x_i, \sum y_i)\) 扔到平面上，发现它们会形成一个下凸包，我们需要判断 \((R, B)\) 是不是在这个凸包的右上方。

无法直接求出这个凸包，考虑直接钦定 \(p + q\) 等于一个大常数（比如 \(10^9 + 7\)），感性理解一下因为 \(p + q\) 足够大所以有用的情况都能考虑到。然后我们二分 \(p\)，用这组 \((p, q)\) 去搞出凸包上的点。

现在要求使得 \(p x_i + q y_i\) 最小的一组 \((x_i, y_i)\) 的 \((\sum x_i, \sum y_i)\)，考虑二分一个 \(z\)，求出 \(px + qy \le z\) 的点数和对应方案的 \((\sum x_i, \sum y_i)\)。注意到如果选了一组 \((x, y)\)，它左下角的点一定都被选了，所以 \(\min(x, y)\) 是 \(O(V^{\frac{1}{3}})\) 级别的。可以直接枚举其中一维计算答案。

求出来这组 \((\sum x_i, \sum y_i)\) 后，如果已经满足 \(\sum x_i \le R \land \sum y_i \le B\) 了就直接知道这个 \(K\) 可行了；否则若 \(\sum x_i > R \land \sum y_i > B\) 就一定不可行；否则根据 \(\sum x_i\) 与 \(R\) 的大小判断增大 \(p\) 还是减小即可。

同时我们还要记录左边界和右边界的凸包上的点，方便最后判断 \((R, B)\) 是否在这个凸包的右上方，这个用叉积判一下即可。

总共需要三层二分。时间复杂度 \(O(V^{\frac{1}{3}} \log^3 V)\)。

code

// Problem: D - Distinct Boxes
// Contest: AtCoder - World Tour Finals 2019
// URL: https://atcoder.jp/contests/wtf19/tasks/wtf19_d
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mkp make_pair
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;

const ll M = 1000000007;

ll n, m;

struct node {
	ll x, y;
	node(ll a = 0, ll b = 0) : x(a), y(b) {}
};

inline node operator + (const node &a, const node &b) {
	return node(a.x + b.x, a.y + b.y);
}

inline node operator - (const node &a, const node &b) {
	return node(a.x - b.x, a.y - b.y);
}

inline ll operator * (const node &a, const node &b) {
	return a.x * b.y - a.y * b.x;
}

inline node calc(ll p, ll q, ll k) {
	bool flag = 0;
	if (p < q) {
		swap(p, q);
		flag = 1;
	}
	ll l = 0, r = 1e18, z = 0;
	while (l <= r) {
		ll mid = (l + r) >> 1, t = 0;
		for (ll i = 0; i * p <= mid; ++i) {
			t += (mid - i * p) / q + 1;
			if (t > k) {
				break;
			}
		}
		if (t <= k) {
			z = mid;
			l = mid + 1;
		} else {
			r = mid - 1;
		}
	}
	ll sx = 0, sy = 0;
	for (ll i = 0; i * p <= z; ++i) {
		ll t = (z - i * p) / q;
		sx += (t + 1) * i;
		sy += t * (t + 1) / 2;
	}
	if (flag) {
		swap(sx, sy);
	}
	return node(sx, sy);
}

inline bool check(ll k) {
	ll l = 1, r = M - 1;
	node L(0, 0), R(0, 0);
	while (l <= r) {
		ll p = (l + r) >> 1;
		ll q = M - p;
		node t = calc(p, q, k);
		if (t.x <= n && t.y <= m) {
			return 1;
		} else if (t.x > n && t.y > m) {
			return 0;
		} else if (t.x <= n) {
			L = t;
			r = p - 1;
		} else {
			R = t;
			l = p + 1;
		}
	}
	return (R - L) * (node(n, m) - L) >= 0;
}

void solve() {
	scanf("%lld%lld", &n, &m);
	ll l = 1, r = 1e9, ans = -1;
	while (l <= r) {
		ll mid = (l + r) >> 1;
		if (check(mid)) {
			ans = mid;
			l = mid + 1;
		} else {
			r = mid - 1;
		}
	}
	printf("%lld\n", ans - 1);
}

int main() {
	int T = 1;
	// scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}