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(nlog 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
",ans);
	return 0;
}