題目很明顯的乙個事情，求第\(k\)大的最小值，一般採用的做法是二分（有人會問，但是不滿足二分性啊，接著往下看）。
考慮二分答案，但是如何檢驗\(mid\)是對還是錯，考慮每次只能取\(<=mid\)的數字，如果能取到\((n-k)+1\)個數字以上就可以，至於看能否取到\(n-k+1\)個，採用二分圖匹配，左邊的點是行，右邊的點是列，乙個格仔能被取，就把其行和列連邊。
為什麼可以滿足二分性，他們認為不滿足二分性就只有乙個原因，如果我們假定的第\(k\)大的數字太大的話，可能根本取不到\(k\)個大於等於這個數字的格仔，但是可以取到\(n-k+1\)個以上小於等於這個數字的格仔。
但是我們從函式的角度來證明。
我們設當我們假定的第\(k\)大的數字為\(t\)時，小於等於\(t\)的格仔最多取\(f(t)\)個。
那麼很明顯\(f(t)≤f(t+1)\)，那麼如果\(f(t-1)，那麼\(t\)就是答案。
\(f(t-1)\)最多取\(n-k\)個，同時\(f(t)≥n-k+1\)，取\(f(t)\)個小於等於\(t\)的格仔，\(n-f(t)\)個大於\(t\)的格仔，此時第\(k\)大數小於等於\(t\)，且因為\(f(t-1)≠f(t)\)，所以存在\(t\)的格仔且為第\(k\)大，所以構造出了第\(k\)大為\(t\)的方案。
所以只要存在\(f(t-1)，就可以構造出第\(k\)為\(t\)的方案。
現在證明假如存在最小答案\(t\)，其一定滿足\(f(t-1)，首先，\(f(t)\)不用證明了（顯然），但是\(f(t-1)\)嗎，首先如果\(f(t-1)≥n-k+1\)，則一定存在\(i\)使得\(f(i)且\(i且使得\(∀i=n-k+1\)，這樣\(i+1\)也是答案，但是\(i+1，矛盾，得證。
且由於\(f(i)≤f(i+1)\)，簡單來說就是找唯一乙個滿足\(f(t-1)的位置，可以直接二分。
#include#include#define n 310
#define nn 130000
using namespace std;
inline int mymax(int x,int y)
inline int mymin(int x,int y)
int main()
} int l=floor_limit,r=ceil_limit,mid,ans=ceil_limit;
while(l<=r)
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
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