【学习笔记】CF1784F Minimums or Medians
首先让 n n n乘上 2 2 2。
考虑枚举最终被删除的位置有哪些。 a i = 0 a_i=0 ai=0表示这个位置被删除， a i = 1 a_i=1 ai=1表示这个位置被保留，设满足 a i = 0 a_i=0 ai=0的前缀长度为 l l l（ l l l是偶数）， p r e i pre_i prei表示 a i a_i ai的前缀和，则从左往右对于每个极长的被删除的连续段 [ l , r ] [l,r] [l,r]，其能够被删除的充要条件是：
- r − l + 1 r-l+1 r−l+1是偶数
- p r e r ≤ n − r ≤ p r e r + c n t pre_r\le n-r\le pre_r+cnt prer≤n−r≤prer+cnt
注意到式子满足单调性，因此我们只用判断除了前缀外的第一个连续段是否满足上界，以及最后一个连续段是否满足下界。
对于最后一个连续段，注意到 p r e r + n − r = n − 2 K pre_r+n-r=n-2K prer+n−r=n−2K，因此可以等价变形成 n − r ≥ n 2 − K n-r\ge \frac{n}{2}-K n−r≥2n−K，即 r ≤ n 2 + K r\le \frac{n}{2}+K r≤2n+K。这其实从另一个角度更好理解：第 i i i次操作删除的数不会超过 n 2 + i \frac{n}{2}+i 2n+i（见Alex_Wei的题解）。因此，对于 n 2 + K \frac{n}{2}+K 2n+K之后的数一定都是保留的，不会影响答案。
对于第一个连续段，发现 p r e r + c n t = l − 1 pre_r+cnt=l-1 prer+cnt=l−1，因此枚举 l l l，得到 r ≥ n − l + 1 r\ge n-l+1 r≥n−l+1，因此 [ l , n − l + 1 ] [l,n-l+1] [l,n−l+1]全部被删除，而 [ n − l + 2 , n 2 + K ] [n-l+2,\frac{n}{2}+K] [n−l+2,2n+K]只需满足连续段长度为偶数即可。
最后，我们注意到从 n n n个数中选 2 k 2k 2k个数，使得每一段为偶数的方案数为 ( n − k k ) \binom{n-k}{k} (kn−k)，因此枚举 c n t , l cnt,l cnt,l后计算组合数：
- 若 l ≤ n 2 l\le \frac{n}{2} l≤2n，则：
∑ c n t ≤ K ∑ max ( 2 c n t + 2 , n 2 − K + 1 ) ≤ l ≤ n 2 f ( K + l − n 2 − 1 , K − c n t − n 2 + l − 1 ) \sum_{cnt\le K}\sum_{\max(2cnt+2,\frac{n}{2}-K+1)\le l\le \frac{n}{2}}f(K+l-\frac{n}{2}-1,K-cnt-\frac{n}{2}+l-1) cnt≤K∑max(2cnt+2,2n−K+1)≤l≤2n∑f(K+l−2n−1,K−cnt−2n+l−1)
其中 f ( n , m ) = ( n − m m ) f(n,m)=\binom{n-m}{m} f(n,m)=(mn−m)。
- 若 l > n 2 l>\frac{n}{2} l>2n，则:
∑ c n t ≤ K f ( n 2 + K − max ( 2 c n t + 1 , n 2 ) , K − c n t ) \sum_{cnt\le K}f(\frac{n}{2}+K-\max(2cnt+1,\frac{n}{2}),K-cnt) cnt≤K∑f(2n+K−max(2cnt+1,2n),K−cnt)
对于第二部分，可以 O ( n ) O(n) O(n)计算；对于第一部分，利用 ( i + 1 j ) = ( i j ) + ( i j − 1 ) \binom{i+1}{j}=\binom{i}{j}+\binom{i}{j-1} (ji+1)=(ji)+(j−1i)可以转化为求上指标减少 1 1 1时的答案，而下指标的指针移动是 O ( 1 ) O(1) O(1)的，因此总复杂度 O ( n ) O(n) O(n)。
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