ARC117 - Gateau
题目大意:给定一个长度为(2n)的非负环序列(x_0,x_1,cdots x_{2n-1}),以及(2n)条限制,每条都是
$forall A_i,sum_{j=0}^{n-1} x_{i+jmod 2n}ge A_i $
求最小化(sum x_i)
转化为前缀和作差之后,令人联想到差分约束,但是难以处理跨过环末的限制
于是二分答案(s=x_{2n-1}),建立最长路图
(forall i<n,dis_{i+n}ge dis_{i}+A_i)
(forall ige n,dis_{i-n}ge dis_{i}+A_i-s)
(forall i<2n-1,dis_{i+1}leq dis_i)
那么无解的条件就是:存在正环或者求得(dis_{2n-1}>s)
自然无法直接通过( ext{SPFA})来跑。。。
考虑所有的边构成了一条(0-2n-1)的零链 和若干极小的二元环
如果二元环出现正环则无解,否则任意一条最长路路径总是可以描述为
(i<j<n , i(+n) ightarrow j(+n))
在中间点(k)可以选择花费0的代价向后走,或者
(k<n:k ightarrow k+n,cost=A_k)
(kge n:k ightarrow k-n,cost=A_k-s)
也就是在(k,k+n)之间反复横跳,由此发现一条路径就是
从(0-n-1)进行扫描,并且允许中间(pm n)横跳
(当然这里漏掉了一个特殊边,即(dis_{n}ge dis_{n-1}),这是构成环的边)
这样写出一个变种的( ext{Bellman Ford}),由于图的特殊性,只需要常数轮即可确定正环
具体的,当图上不存在正环时,扫描最多经过一次环就会停止更新
也就是这样横跳的扫描更新只会进行常数轮(2轮?)
如果若干轮后依然在更新,说明出现了正环
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
typedef pair <int,int> Pii;
#define reg register
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define Mod1(x) ((x>=P)&&(x-=P))
#define Mod2(x) ((x<0)&&(x+=P))
#define rep(i,a,b) for(int i=a,i##end=b;i<=i##end;++i)
#define drep(i,a,b) for(int i=a,i##end=b;i>=i##end;--i)
template <class T> inline void cmin(T &a,T b){ ((a>b)&&(a=b)); }
int cmax(int &a,int b){ return a<b?a=b,1:0; }
char IO;
template <class T=int> T rd(){
T s=0; int f=0;
while(!isdigit(IO=getchar())) f|=IO=='-';
do s=(s<<1)+(s<<3)+(IO^'0');
while(isdigit(IO=getchar()));
return f?-s:s;
}
const int N=3e5+10,INF=1e9+10;
int n;
int A[N],dp[N];
int Check(int s) {
rep(i,0,n-1) if(A[i]+A[i+n]-s>0) return 0;
rep(i,0,n*2-1) dp[i]=0;
dp[n*2-1]=s;
int f=0;
rep(k,0,5) {
f=0;
rep(i,0,n-1) {
f|=cmax(dp[i+n],dp[i]+A[i]);
f|=cmax(dp[i],dp[i+n]+A[i+n]-s);
if(i<n-1) {
f|=cmax(dp[i+1],dp[i]);
f|=cmax(dp[i+n+1],dp[i+n]);
}
}
f|=cmax(dp[n],dp[n-1]);
}
if(f || dp[n*2-1]>s) return 0;
return 1;
}
int main() {
n=rd();
rep(i,0,n*2-1) A[i]=rd();
int res=-1;
for(int l=0,r=1.05e9,mid;l<=r;) Check(mid=(l+r)>>1)?r=mid-1,res=mid:l=mid+1;
printf("%d
",res);
}