Codeforces Round #540 (Div. 3) Coffee and Coursework

由于我是直接写的hard版本的，而hard版本和easy版本只有数据范围的差距，所以在此只阐述hard版本的题解（easy版也能过，但是easy的数据范围应该还有其他方法可以偷跑过去）

假设x天可以完成，那么x+1天肯定可以，因为x+1天的第一杯咖啡是没有损耗的（本题中由于每多一天，咖啡效果-1，所以记作孙损耗）

假设x天无法完成，那么x-1天肯定不行，因为x天起码第一杯咖啡是没有损耗的

故此，可看出本题中的天数具有单调性。

那二分得到单调性之后怎么处理呢？

先把n杯咖啡从小到大排序

假设我当前二分的天数是x天，那么我先把前x， 即[n - x + 1, n]最大的咖啡拿过来，然后我往前再拿x杯咖啡

直到当前的[l, r]中有某一个咖啡的大小是大于当前的损耗的，我再次二分找到这一个咖啡

假设是第t杯，我只用加上[t + 1, r] - 损耗，然后我就不用再往前找咖啡了，因为必定是大于之后的损耗的

那么我把现在的咖啡的效果累加减去损耗后要是大于m，即二分可行，否则二分不行

这里，对于[l, r]的咖啡的值由于只涉及查询不涉及更新，所以我用了前缀和维护

二分的效率是logN * logN，应该还没有N大，所以可以看做是O（N）（应该吧）

#include
#define LL long long
using namespace std;
const int MAXN = 2e5 + 10;

LL cs[MAXN], lei[MAXN];
int n, m;

bool check(int x)
{
	LL sum = 0, t = 0;
	int r = n, l = n - x + 1;
	while(1)
	{
		int ans = -1;
		int tl = l, tr = r;
		while(tl <= tr)
		{
			int mid = (tl + tr) >> 1;
			if(cs[mid] < t)
			{
				ans = mid;
				tl = mid + 1;
			}
			else
				tr = mid - 1;
		}
		if(ans == -1)
		{
			sum += lei[r] - lei[l - 1] - (r - l + 1) * t;
			r = l - 1;
			l = (r - x + 1) >= 1 ? (r - x + 1) : 1;
		}
		else
		{
			if(ans == r)
			{
				sum += 0;
				break;
			}
			else
			{
				sum += lei[r] - lei[ans] - (r - ans) * t;
				break;
			}
		}
		t ++;
		if(r < 1)
			break;
	}
	if(sum >= m)
		return 1;
	else
		return 0;
}
int main()
{
	LL maxx = 0;
	LL sum = 0;
	scanf("%d %d", &n, &m);
	for(int i = 1; i <= n; i ++)
	{
		scanf("%d", &cs[i]);
		sum += cs[i];
		maxx = max (maxx, cs[i]);
	}
	if(sum < m)
	{
		cout << -1 << endl;
		return 0;
	}
	sort (cs + 1, cs + n + 1);
	for(int i = 1; i <= n; i ++)
		lei[i] = lei[i - 1] + cs[i];
	//build(1, n, 1);
	//cout << 1 << endl;
	int l = 1, r = n, ans;
	while(l <= r)
	{
		int mid = (l + r) >> 1;
		//cout << "! " << mid << endl;
		if(check(mid))
		{
			ans = mid;
			r = mid - 1;
		}
		else
			l = mid + 1;
	}
	printf("%d", ans);
	return 0;
}