2023NOIP A层联测31-暴力操作

有一个长为 $n$ 的序列 $\{a_i\}$，你可以操作若干次：选择一个 $i$，花费 $c_x$ 元将 $a_i$ 变为 $\lfloor \frac{a_i}{x}\rfloor$，你总共有 $K$ 元。问最终序列的中位数最小是多少。

保证 $n$ 为奇数，$1\le a_i\le m,1\le n,m\le 5\times 10^5,1\le c_i,k\le 10^9$。

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先对 $a$ 排序。然后二分答案。发现我们只需对 $i\le \frac{n+1}{2}$ 的 $a_i$ 进行操作。由于 $\lfloor \frac{\lfloor \frac{a}{x}\rfloor }{y}\rfloor =\lfloor \frac{a}{xy}\rfloor$，所以考虑对于一个 $a_i$，它无论如何操作，实际上都只是除以了一个 $x$，考虑怎样选择若干数 $b_i$，和为 $x$，花费是 $\sum c_{b_i}$，花费最小。这可以用 dp 求。设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个数中选的数乘积为 $j$ 的最小花费（乘积要枚举到 $2m$），转移显然是 $f_{i,j}=\min (f_{i-1,j},f_{i-1,\frac{j}{i^k}}+k\cdot c_i)$，初始 $f_{1,1}=0$。这部分的 dp 时间复杂度为 $O(\sum _{i=2}^m\sum _{j=1}^{\infty }\lfloor \frac{m}{i^j}\rfloor )=O(m\ln m)$

要使 $a_i$ 比中位数 $mid$ 要小，$a_i$ 要除以的值至少大于 $\lfloor \frac{a_i+mid+1}{mid+1}\rfloor$，因为有可能除以更大的值花费更小，所以我们要对 $f$ 做后缀和。

时间复杂度 $O(n\log nm+m\ln m)$

#include
using namespace std;
#define ll long long
const int N=5e5+10;
int n,m,K,a[N],c[N];
ll f[N<<1],Min[N<<1];
bool check(int mid)
{
    ll sum=0;
    for(int i=1;i*2<=n+1;i++){
        if(a[i]<=mid) continue;
        int x=(a[i]+mid+1)/(mid+1);
        sum+=Min[x];
        if(sum>K) return 0;
    }
    return 1;
}
int main()
{
    freopen("opt.in","r",stdin);
    freopen("opt.out","w",stdout);
    cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
    cin>>n>>m>>K;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    for(int i=1;i<=m;i++) cin>>c[i];
    sort(a+1,a+1+n);
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    memset(Min,0x3f,sizeof(Min));
    f[1]=0;
    for(int i=2;i<=m;i++){
        int x=2*m/i*i;
        for(int j=x;j;j-=i){
            ll pw=i;
            for(int k=1;pw<=2*m&&j%pw==0;k++,pw*=i){
                f[j]=min(f[j],f[j/pw]+1ll*k*c[i]);
            }
        }
    }
    for(int i=2*m;i>=1;i--) Min[i]=min(Min[i+1],f[i]);
    int l=0,r=m,ans=m;
    while(l<=r){
        int mid=l+r>>1;
        if(check(mid)) r=mid-1,ans=mid;
        else l=mid+1;
    }
    cout<<ans;
}