CF1463-D. Pairs

题意：

有从 1 1 1到 2 n 2n 2n一共 2 n 2n 2n个数字，让你将这 2 n 2n 2n个数字分成 n n n组，每组有两个数字。对于这 n n n组数字，你可以从中挑选 x x x组做 m i n min min操作，其他的 n − x n-x n−x组中做 m a x max max操作，这样就可以得到一个新的数组 b b b；现在题目给你得到的数组 b b b，问你可以有多少不同的 x x x使得可以得到数组 b b b。

思路：

我们从这 2 n 2n 2n个数字中去掉数组 b b b中的数，剩下的就是数组 a a a中的数。对 a a a， b b b数组排序之后，我们现在先枚举每个 x x x让 a a a中最大的 x x x个数字从小到达与 b b b中最小的x个数字从小到大组合，让 a a a中剩余的 n − x n-x n−x个数字从小到大与 b b b中剩余的 n − x n-x n−x个数字从小到大组合（类似于贪心的思想），这个应该是最优的情况，如果这样还是不能通过前 x x x个取 m i n min min后 n − x n-x n−x取 m a x max max得到数组 b b b，那么对于这个 x x x无论你再怎么组合都不可能得到数组 b b b。

从理论上来说上面这种枚举+贪心的方法肯定能得到最终的答案，但是时间复杂度达到了 o ( n 2 ) o(n^2) o(n2)，这是不能接受的。我们再仔细分析一下，会发现符合要求的 x x x是连续的、在一个区间里面的，原因如下：

我们假设符合要求的 x x x的区间为 [ L , R ] [L, R] [L,R]。现在我们将 x = R x=R x=R情况对应的组合进行操作可以得到 x = R + 1 x=R+1 x=R+1的情况：将数组 a a a中 n − x n-x n−x个最小的数字中最大的一个数字（称它为 i i i）与数组 b b b中 x x x个最小的数字中最小的一个数字（称它为 j j j）进行组合，这时候一定是因为 i < j i<j i<j从而取 m i n min min操作时不能得到 j j j所以不符合条件。而对于之后的 x = R + 1 , . . . , x = n x=R+1, ..., x=n x=R+1,...,x=n的情况， b b b中 x x x个数字最小的数字中最小的数字是不变的，而 a a a中 x x x个最小的数字是不断变小的，所以之后的情况也都是不符合的。同理我们也可以从 x = L − 1 , . . . , x = 0 x=L-1,..., x=0 x=L−1,...,x=0这些情况中得到同样的结论。

通过这个结论，我们可以通过两次二分查找，找到符合条件的 x x x区间 [ L , R ] [L, R] [L,R]的 L L L和 R R R，这样就可以将时间复杂度优化到 o ( n l o g n ) o(nlogn) o(nlogn)。

AC代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>const int maxn = 2e5 + 5;int a[maxn], b[maxn];int check(int mid, int n) { // 0 suit;  1 l = mid + 1; 2 r = mid - 1;for (int i = 0; i < mid; i++) {if (b[i] > a[n - mid + i]) {return 2;}}for (int i = 0; i < n - mid; i++) {if (a[i] > b[mid + i]) {return 1;}}return 0;
}int main() {int T, n;scanf("%d", &T);while (T--) {scanf("%d", &n);for (int i = 0; i < n; i++) {scanf("%d", &b[i]);}std::sort(b, b + n);int tot = 0, cur = 0;for (int i = 0; i < 2 * n; i++) {if (i + 1 == b[cur]) {cur++;} else {a[tot++] = i + 1;}}int l = 0, r = n;while (l <= r) {int mid = (l + r) >> 1;if (check(mid, n) != 1) {r = mid - 1;} else {l = mid + 1;}}int L = l;l = 0, r = n;while (l <= r) {int mid = (l + r) >> 1;if (check(mid, n) != 2) {l = mid + 1;} else {r = mid - 1;}}int R = r;printf("%d\n", R - L + 1);}return 0;
}

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题意：

思路：

从理论上来说上面这种枚举+贪心的方法肯定能得到最终的答案，但是时间复杂度达到了 o ( n 2 ) o(n^2) o(n2)，这是不能接受的。我们再仔细分析一下，会发现符合要求的 x x x是连续的、在一个区间里面的，原因如下：

通过这个结论，我们可以通过两次二分查找，找到符合条件的 x x x区间 [ L , R ] [L, R] [L,R]的 L L L和 R R R，这样就可以将时间复杂度优化到 o ( n l o g n ) o(nlogn) o(nlogn)。

AC代码

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