Description

有两个正整数数列，元素个数分别为N和M。从两个数列中分别任取一个数相乘，这样一共可以得到N*M个数，询问这N*M个数中第K小数是多少。

Input

输入文件包含三行。
第一行为三个正整数N,M和K。
第二行为N个正整数，表示第一个数列。
第三行为M个正整数，表述第二个数列。

Output

输出文件包含一行，一个正整数表示第K小数。

Sample Input

Sample1:

2 3 4
1 2
2 1 3

Sample2:

5 5 18
7 2 3 5 8
3 1 3 2 5

Sample Output

Sample1:

Sample2:

Data Constraint

Solution

看到 “第 K 小”，我们首先把读入的 a，ba，b 两个数组从小到大排一遍序，方便处理。
考虑二分答案，将求值问题转化成判定性问题。
设二分到一个值 midmid ，那么前 K 小的数都满足 a[i]∗b[j]<=mida[i]*b[j] ；
于是我们枚举 ii ，算出 jj ，得到数的个数，看满不满足 K 的条件。
接着我们如何算出 jj 呢？二分？不，这样时间复杂度就是 O(N∗log(MaxNum)∗logN)O(N*log(MaxNum)*logN) 。
这复杂度可能遇到常数问题，但我们观察到枚举的 a[i]a[i] 是递增的（排过序了）。
所以得到的 jj 是 单调递减 的（总乘积不变），利用单调性解决即可。
时间复杂度为 O(N∗log(MaxNum))O(N*log(MaxNum)) ，轻松通过。

Code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=200001;
int n,m;
LL k;
LL a[N],b[N];
inline int read()
{int X=0,w=1; char ch=0;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}while(ch>='0' && ch<='9') X=(X<<3)+(X<<1)+ch-'0',ch=getchar();return X*w;
}
int main()
{n=read(),m=read(),scanf("%lld",&k);for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();for(int i=1;i<=m;i++) b[i]=read();sort(a+1,a+1+n);sort(b+1,b+1+m);LL l=1,r=a[n]*b[m];while(l<r){LL mid=(l+r)>>1,sum=0;for(int i=1,x=m;i<=n;i++,sum+=x)while(a[i]*b[x]>mid) x--;if(sum>=k) r=mid; else l=mid+1;}printf("%lld",l);return 0;
}

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Sample Input

Sample1:

Sample2:

Sample Output

Sample1:

Sample2:

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