CF1791G2 Teleporters (Hard Version) 题解

题目大意

题意挺清楚的，给个传送门吧。

分析

比较简单的贪心题，很容易就能看出来是贪心，也很容易就能看出来贪什么。

我没做简单版（Teleporters (Easy Version)），但是我去看了一眼。那个也非常简单，不过提供了一点点思路。虽然提供的东西不多，我还是顺便讲一下吧。

那道题和这道题基本一样，不过传送门只能传到起点，即 $0$ 号点。所以很容易想到，对于每个点算一下使用当前点的传送器所需要的代价 $b_i$，$b_i = a_i + $ 该点到 $0$ 号点的距离，然后贪心用最小的即可。

对于这道题，我们不能这么做，因为对于离 $0$ 号点远但离 $n + 1$ 号点近的点，明显跳到 $n + 1$ 号点再过去更优。

但是我们很容易想到，既然每次（除了第一次）可以从 $0$ 号点开始，也可以从 $n + 1$ 号点开始，那么我们可以把使用这个传送器的代价 $b_i$ 设为 $a_i + \min((i - 0), (n + 1 - i))$，然后贪心。

所以我们主要考虑的是，怎么排除掉第一次的硬性规定（即必须从 $0$ 号点开始走）。

题解

我们发现，第一次必须从 $0$ 号点开始，而且只有这一次有限制。所以我们可以枚举这个点，即枚举第一次使用的传送器。

接着去想怎么找最多能用多少个传送器。

我们发现，即使求出了每一个传送器的代价，并排了序，也不好直接求从头用能用多少个（从头指的是排完序从代价最少的开始用）。

于是前缀和优化一下，$qian_i$ 表示我用了代价最少的 $i$ 个传送器所需要的代价，即 $\displaystyle qian_i = \sum_{j = 1}^i b_j$。

我们现在的问题就转化成了对于一个 $c$，怎么去找满足 $qian_i < c$ 的最大的 $i$。

分析到这了，很容易想到二分了吧。

或者你再看看范围 $2 \times 10^5$，大抵是 $O(n \log n)$，枚举需要 $O(n)$，那么我们需要一个 $O(\log n)$ 左右的算法，而且还是要在序列上找一个位置，也很容易想到二分吧。

但是我懒得写二分，写了个 $\operatorname{upper\_bound}$。

但是和二分基本是一样的，都还需要考虑怎么把当前枚举的点对 $qian$ 数组的影响排除掉。

假设我们当前枚举到了传送器 $i$。

我们直接 $\operatorname{upper\_bound}$ 肯定是不行的，因为我们可能会一个传送器算两次，即枚举到 $i$，$i$ 已经用过了，但是 $\operatorname{upper\_bound}$ 时也有可能包含了 $i$。

所以我们先让 $c$ 减去 $a_i - i$（即这个传送器本身的代价与它到 $0$ 号点的距离之和）再加上 $b_i$。这个数的含义就是我们去过第 $i$ 个传送器后，剩下的金币。用这个数 $\operatorname{upper\_bound}$ 一次，如果包含了我们枚举的数 $i$，那么我们就可以直接用这个结果作为当前的答案，与最终的答案 $ans$ 取个 $\max$，但是如果没有包含，那么我们用 $c$ 减去 $a_i - i$ 再 $\operatorname{upper\_bound}$ 一次作为当前的答案，与最终答案 $ans$ 取 $\max$。

最后这一小部分属于代码实现了，建议自己静下来想想。代码实现你不看代码光听我口述，听不明白是正常的，我尽力了。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define M 200005
#define P pair<int, int>
#define MP make_pair

using namespace std;

inline int read() {
    int x = 0, s = 1;
    char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9') {
        if(ch == '-')
            s = -s;
        ch = getchar();
    }
    while(ch >= '0' && ch <= '9') {
        x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0';
        ch = getchar();
    }
    return x * s;
}

void write(int x) {
    if(x < 0)  {
        x = ~(x - 1);
        putchar('-');
    }
    if(x > 9)
        write(x / 10);
    putchar(x % 10 + 48);
}

int n, T, a[M], c, qian[M], ans, cnt;
P pa[M];

signed main() {
    T = read();
    for(int t = 1; t <= T; ++ t) {
        ans = 0;
        n = read();
        c = read();
        for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
            a[i] = read();
            pa[i] = MP(a[i] + min(i, n + 1 - i), a[i] + i);
        }
        stable_sort(pa + 1, pa + 1 + n);
        for(int i = 1; i <= n; ++ i)
            qian[i] = pa[i].first + qian[i - 1];
        for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
            if(c < pa[i].second)
                continue;
            cnt = upper_bound(qian + 1, qian + 1 + n, c - pa[i].second + pa[i].first) - qian - 1;
            if(cnt < i)
                cnt = upper_bound(qian + 1, qian + 1 + n, c - pa[i].second) - qian;
            ans = max(ans, cnt);
        }
        write(ans);
        putchar('\n');
    }
}