LINK:Résumé Review
这道题让我眼前一亮没想到二分这么绝.
由于每个(b_i)都是局部的 全局只有一个限制(sum_{i=1}^nb_i=k)
所以dp没有什么用 我们只需要满足他们的累和=k即可。
容易想到每次给b加1带来的贡献是 (Delta_x=a_i-3{b_i}^2-3b_i-1)
开一个堆每次取出最大值 这样显然是最优的。
不过复杂度为klogn k足足有1e14这么大。
一个绝妙的想法 每次增加的值是递减的 那么第k次增加的值也是固定的。
可以进行二分第k次增加的值 此时我们可以快速算出之前的所有的(b_i) 至此从而判定答案是否是最优的。
正确性比较显然 值得一提的是 二分出来之后 我的处理办法是 让每个b都达到临界点 即再增加1就会<=当前mid
这样的话 对于二分出小于答案的那些都会不合法 最后唯一被卡在最左边界的就是答案了。
值得一提的是 求出每个b 可以直接解方程 也可以采用二分 不过解方程之后调整次数我难以把握 所以再接了一个二分.
不过前者复杂度可以认为是nlogn 后者则是nlog^2.
/一个显然的做法 开堆贪心 klogn
//在这个过程中可以发现每次增加的值递减 可以二分出来这个东西.
const ll MAXN=100010;
ll n,k,ww;
ll a[MAXN],b[MAXN];
inline ll f(ll a,ll b){return a==b?-INF:a-3*b*(b+1)-1;}
//二分出来的东西要尽可能的<=x
inline ll calc(ll a,ll x)//询问当递减的值为x时的bi的值.
{
ll l=0,r=a;
while(l+1<r)
{
ll mid=(l+r)>>1;
if(f(a,mid)>x)l=mid;
else r=mid;
}
if(f(a,r)>x)return min(r+1,a);
return r;
}
inline ll check(ll x)//递减的值为x.
{
ww=0;
rep(1,n,i)
{
b[i]=calc(a[i],x);
ww+=b[i];
}
return ww<k;
}
signed main()
{
freopen("1.in","r",stdin);
ll l=0,r=0;
get(n);get(k);
rep(1,n,i)get(a[i]),r=max(r,f(a[i],0)),l=min(l,f(a[i],a[i]-1));
while(l+1<r)
{
ll mid=(l+r)>>1;
if(check(mid))r=mid;
else l=mid;
}
if(check(l))r=l;
check(r);k-=ww;
rep(1,n,i)if(k>0&&b[i]<a[i]&&f(a[i],b[i])==r)++b[i],--k;
rep(1,n,i)put_(b[i]);return 0;
}