AtCoder AGC032E Modulo Pairing (二分、贪心与结论)

题目链接

https://atcoder.jp/contests/agc032/tasks/agc032_e

题解

猜结论好题。
结论是: 按\(a_i\)从小到大排序之后，一定存在一种最优解，使得以某个位置为界，两边分别首尾匹配，且满足左边的每一对的和都\(<M\), 右边每一对的和都\(\ge M\).
证明不难，可参考官方题解，此处不再赘述。
然后显然可以枚举这个临界点，然后\(O(n)\)暴力计算答案，时间复杂度\(O(n^2)\).
考虑优化: 在我们配对的时候，当临界点右移，左右两侧的每一对和都会变大。
于是我们只需找到最小的合法临界点，即是最优解。
二分找即可，时间复杂度\(O(n\log n)\).

代码

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<cassert>
#include<algorithm>
using namespace std;const int N = 2e5;
int a[N+3];
int n,m;int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1; i<=n+n; i++) scanf("%d",&a[i]);sort(a+1,a+n+n+1);int left = 0,right = n;while(left<right){int mid = left+((right-left)>>1);bool ok = true;for(int i=mid*2+1; i<=n+n; i++){if(a[i]+a[n+n+mid+mid+1-i]<m) {ok = false; break;}}if(ok==true) {right = mid;}else {left = mid+1;}}int pos = 2*right;int ans = 0;for(int i=1; i<=pos; i++) ans = max(ans,a[i]+a[pos+1-i]);for(int i=pos+1; i<=n+n; i++) ans = max(ans,(a[i]+a[n+n+pos+1-i])-m);printf("%d\n",ans);return 0;
}

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