P15819 [JOI 2015 Final] 舞会 / Ball

思路

首先我们发现直接做是困难的，所以考虑二分最后一个贵族的 $d_i$ 大小大于等于多少。
有一个很经典的 trick：将所有 $\ge d_i$ 的贵族改为 $1$，其他改为 $0$。
考虑到我们最后若想要此种情况成立，需要最后留下来的贵族是 $1$ 才行。
我们观察题目的操作，容易得出当知道所有数时，可以用 deque 来维护。
定义 deque 中的每一位是当前局面下使得这一位为 $1$ 的最小值。
那么对于初始固定的位置，若它对应的贵族是 $1$，则值是 $0$，若是 $0$，则设为极大值。
若这个位置没有初始值，则设为 $1$，因为需要往这里填入一个是 $1$ 的贵族。
按照题意模拟，每次取出前三个，若要使得加到最后的是 $1$，则前三个中必须至少有两个 $1$，枚举三种情况，取最小值，将其加到末尾。
最后因为每次会删除三个，增加一个，所以就是减少两个，又因为初始是奇数，所以相当于最后一定只剩一个。
将最后这一个提取出来，并判断它为 $1$ 时所需要的 $1$ 数量是否小于等于总的 $1$ 数量即可。
然后总的 $1$ 数量可以线性处理，模拟操作也是线性的，外面还套了一层二分，所以总时间复杂度为 $O(n\log n)$。

代码

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#include<bits/stdc++.h>
#define fir first
#define sec second 
#define int long long
#define pii pair<int,int>
#define fep(i,s,e) for(int i=s;i<e;i++)
#define pef(i,s,e) for(int i=s;i>e;i--)
#define rep(i,s,e) for(int i=s;i<=e;i++)
#define per(i,s,e) for(int i=s;i>=e;i--)
namespace FastIO{
	template<typename T>inline void read(T &x){
		x=0;int f=1;char c=getchar();
		for(;!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-')f=-1;
		for(;isdigit(c);c=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);x*=f;
	}
	template<typename T,typename...Args>
    inline void read(T &x,Args&...args){
        read(x);
        read(args...);
    }
	template<typename T>void print(T x){
		if(x<0)x=-x,putchar('-');
		if(x>9)print(x/10);
		putchar((x%10)^48);
	}
}
using namespace std;
using namespace FastIO;
const int V=1e9;
const int N=1e5+7;
const int inf=1e9;
int n,m,d[N],p[N];
bool check(int x){
	deque<int>q;q.clear();
	rep(i,1,n)q.push_back(1);
	rep(i,1,m){
		if(d[i]>=x)q[p[i]-1]=0;
		else q[p[i]-1]=inf;
	}
	int tot=0;
	rep(i,m+1,n){
		if(d[i]>=x)tot++;
	}
	while(q.size()>1){
		int a=q.front();q.pop_front();
		int b=q.front();q.pop_front();
		int c=q.front();q.pop_front();
		int val=min({a+b,a+c,b+c});
		q.push_back(val);
	}
	int val=q.front();
	if(val<=tot)return true;
	else return false;
}
signed main(){
	read(n,m);
	rep(i,1,m)read(d[i],p[i]);
	rep(i,m+1,n)read(d[i]);
	int l=0,r=V,ans=0;
	while(l<=r){
		int mid=(l+r)/2;
		if(check(mid)){
			l=mid+1;
			ans=mid;
		}
		else r=mid-1;
	}
	print(ans);
}