2021-2022-2 ACM集训队每周程序设计竞赛（10） - 问题 E: 十万人如何交换名片- 题解

Posted 2022-05-10 Tisfy

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• • 十万人如何交换名片
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十万人如何交换名片

• 十万人如何交换名片

时间限制：3秒
空间限制：128M

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题目描述

这是一个日本的创意广告，讲述了一百个人如何交换名片（与此题无关，可自行决定是否观看）https://www.bilibili.com/video/BV1wS4y1m7sM:

20202年疫情结束，小T作为人类记忆的载体，登上了三体星球。

三体人都十分欢迎小T，每人都用两种语言准备了自己的名片(左手地球语言🌏，右手三体语言🪐)

但是三体人太多了，一共有N(N ≤ 100000)个，小T决定只收取M次名片。

每次，小T都会这样收取名片：

• 用左手收取三体人x右手中的名片🪐
• 用右手收取三体人y左手中的名片🌏

并将这次名片收取行动记为(x, y)

这样，三体人与地球人的好感度就会增加 $A_x+A_y$。

小T想最大化三体人与地球人的亲密度，但是为了避免其他三体人的嫉妒，小T的M次名片收取行动必须各不相同。

也就是说，不能存在两次名片收取行动(x1, y1)和(x2, y2)，满足x1 = x2 且 y1 = y2
但是，x1可以等于y1（也就是说一次名片收取行动中可以左手右手收取同一三体人的名片）

那么经过M次名片收取活动后，地球人与三体人的亲密度增加了多少呢？

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输入描述

输入格式：

N M
A1 A2 ... AN

N代表一共有N个三体人，M代表一共收取M次名片。
Ai代表收取一张三体人i的名片，亲密度将会增加Ai（1 ≤ i ≤ N）

数据范围：

• $1\le N\le 10^5$

• $1\le M\le N^2$

• $1\le A_i\le 10^5$

• 所有输入的数都是整数

样例解释：

5 3
10 14 19 34 33

三体星球共有5个三体人，小T共收取3次名片

• 小T每收取一张三体人1的名片，三体人与地球人的亲密度就会增加10
• 小T每收取一张三体人2的名片，三体人与地球人的亲密度就会增加14
• 小T每收取一张三体人3的名片，三体人与地球人的亲密度就会增加19
• 小T每收取一张三体人4的名片，三体人与地球人的亲密度就会增加34
• 小T每收取一张三体人5的名片，三体人与地球人的亲密度就会增加33

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输出描述

输出一行一个正整数，代表小T进行M次名片收取行动最多能让三体人和地球人的亲密度增加多少。

样例解释：

在上述样例中：

• 第一次小T左手收取三体人4右手中的名片🪐，右手收取三体人4左手中的名片🌏，并记为(4, 4)
• 第二次小T左手收取三体人4右手中的名片🪐，右手收取三体人5左手中的名片🌏，并记为(4, 5)
• 第三次小T左手收取三体人5右手中的名片🪐，右手收取三体人4左手中的名片🌏，并记为(5, 4)

因此亲密度会增加(34 + 34) + (34 + 33) + (33 + 34) = 202。

找不到亲密度增加多于202的方法。

因此输出：

202

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样例一

输入

5 3
10 14 19 34 33

输出

202

样例二

输入

9 14
1 3 5 110 24 21 34 5 3

输出

1837

样例三

输入

9 73
67597 52981 5828 66249 75177 64141 40773 79105 16076

输出

8128170

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题目分析

如果暴力枚举最大的M次名片收取所获得的好感度并求和，那么显然会超时。

但是，单次名片收取活动最多增加$2\times 10^5$的好感度，因此我们可以用二分的方法来解决。

首先： 对于一个给定的好感度X，有多少种名片收取方式可以使得 单次 的好感度≥X呢？

想要解决这个小问题，我们只需要从1到N枚举这N个三体人，用左手收取这个三体人(记为i)右手的名片🪐，并获得Ai的好感度。(时间复杂度$O(N)$)
然后，对于三体人i，收取他右手的名片🪐已经获得了Ai的好感度，想要此次名片收取活动所获得的好感度≥X，右手收取的名片🌏至少获取 X - Ai 的好感度。因此我们只需要对排好序的三体人好感度进行一次二分，即可在$O(\log N)$的时间内找到第一个好感度 ≤ X - Ai 的三体人的编号。
解决此问题总共的时间复杂度是$O(N\log N)$

然后： 我们只需要从0到$2\times 10^5$二分X，找到单次名片收取获得好感度 ≥ X的方案数不小于M的最小的X。($2^{21}=2097152$，这是个常数级别的复杂度)

假如：

• 单次名片交换亲密度大于6的方式有2种
• 单次名片交换亲密度大于5的方式有3种
• 单次名片交换亲密度大于4的方式有3种
• 单次名片交换亲密度大于3的方式有5种

那么进行3次名片收取活动所要寻找的X就是4

同时，在计算过程种我们用变量Sum、cnt记录一些数据：

Sum：单次好感度≥X的名片交换，所获得的好感度的总和
cnt：单次好感度≥X的名片交换方案数
那么：
cnt - M：名片交换次数比M次多的次数
那么：
Sum - (cnt - M) * X即为答案

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AC代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a))
#define dbg(x) cout << #x << " = " << x << endl
#define fi(i, l, r) for (int i = l; i < r; i++)
#define cd(a) scanf("%d", &a)
typedef long long ll;

const int N = 1e5 + 5;
ll sum[N], a[N], m, n;

int main() 
    cin >> n >> m;
    for (ll i = 1; i <= n; i++) 
        cin >> a[i];
    
    sort(a + 1, a + n + 1);
    for (ll i = 1; i <= n; i++) 
        sum[i] = sum[i - 1] + a[i];  // sum：前缀和，sum[r] - sum[l - 1]代表[l, r]的a的和
    
    ll l = 0, r = 2e5 + 1, X, Sum, cnt;
    while (l <= r) 
        ll mid = (l + r) >> 1;
        Sum = cnt = 0;
        for (ll i = 1; i <= n; i++) 
            ll pos = lower_bound(a + 1, a + n + 1, mid - a[i]) - a;
            cnt += n - pos + 1;  // 左手收取三体人i的名片的话，右手有n - pos + 1种方法收取名片，使得每次名片收集所获得的好感度都不小于X
            Sum += sum[n] - sum[pos - 1] + a[i] * (n - pos + 1);  // 右手获得的好感度的总和是sum[n] - sum[pos - 1]，左手获得的好感度的总和是a[i] * (n - pos + 1)
        
        if (cnt >= m)   // 如果方案数不小于m
            X = mid;
            l = mid + 1;
        
        else
            r = mid - 1;
    
    cout << Sum - (cnt - m) * X << endl;
    return 0;

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