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首先二分答案\(v\)。
考慮這樣乙個結論：最優解一定是\(k\)不動，其它人往\(k\)這裡跑，跑到了之後先不點燃，等\(k\)的位置上每有乙個人的火熄滅就點燃下乙個。
那麼如果我們能夠點燃區間\([l,r]\)的所有煙火，就需要存在乙個擴充套件路徑上的所有\(l,r\)滿足：
\[x_l+vt(r-l)\ge x_r-vt(r-l)
\]移項得
\[x_l-2vtl\ge x_r-2vtr
\]設\(a_i=x_i-2vti\)，上式就是\(a_l\ge a_r\)
因此，存在一種點燃方案，等價於存在\(p_1\cdots p_n,p_1\cdots p_n\)，使得\(p_1=p_1=k,p_n=1,p_n=n\)，隨著\(i\)遞增每次\(p_i\)減一或者\(p_i\)加一，並且保證\(a_\ge a_\)。
也就是存在乙個擴充套件路徑使得路徑上的每對\(l,r\)滿足\(a_l\ge a_r\)。
假如我們現在有區間\([l,r]\)，我們要對它擴充套件。
考慮如何擴充套件\(l\)，若存在\(i\)，使得
1：\(a_i\ge a_l\)。
2：\(\forall j\in[i,l],a_j\ge a_r\)。
條件2顯然是必須滿足的，條件一是為了使接下來\(r\)一定更遠。
那麼我們就可以進行一次把左端點擴充套件到\(i\)的擴充套件。
每次擴充套件時找到最右邊的能擴充套件的\(i\)即可。
擴充套件\(r\)也是同樣的操作。
如果某次我們\(l,r\)都沒有擴充套件，並且都是因為條件2不滿足，那麼這個\(v\)一定不合法。
如果是因為條件1不滿足，我們無能為力。
接下來考慮如何解決這個問題。
我們求出\(a_1\sim a_\)中最大值\(a_\)和\(a_\sim a_n\)中的最小值\(pr\)。
顯然如果我們能夠擴充套件到\([pl,pr]\)，那麼接下來1條件一定不滿足，並且說明過程中2條件都滿足，這一部分是合法的。
我們再考慮將左端點\(l\)設為\(1\)，右端點\(r\)設為\(n\)，向內擴充套件。擴充套件過程就是上面的反過來。
如果我們還能擴充套件到\([pl,pr]\)，那麼說明過程中2條件都滿足，也就是這個\(v\)合法。
我們要計算的有\(vti\)，這個東西顯然可能爆long long。
我們注意到，當\(vt\ge10^9\)時，一定可以點燃所有烟花，所以一開始把二分的右端點設為\(\frac+1\)即可。
#include#define ll long long
#define mid ((l+r)>>1)
using namespace std;
namespace io
int read()
}using namespace io;
const int n=100007,inf=1e9;
int n,k,t,x[n];
ll a[n];
int check(int v)
for(l=1,r=n;l^ql||r^qr;)
return 1;
}int main()
SHOI 2017 分手是祝願
題目鏈結 演算法 首先發現 對於乙個開關 按下2次和沒按是等價的 因此每個開關最多按一次 考慮k n的情況 只需簡單倒序貪心即可 考慮隨機的情況 由觀察可知乙個開關不能由多個開關組合得到 用fi表示i次將所有開關變關到 i 1 次將所有開關變關的期望步數 有轉移方程fi i n 1 i n 1 fi...
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六省聯考2017 分手是祝願
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