原題
題解
形式化題意
給定兩個陣列 \(a[n]\) 和 \(b[n]\) ，需要在陣列 \(b\) 中選擇一個區間 \(b[l,r]\) ，替換掉區間 \(a[l,r]\) ，並且使替換後的 \(a'\) 陣列的中位數最大。其中 $ 1 \le n \le 3*10^5 $ ，且 \(n\) 為奇數。
概述
本題思維難度較大，需要將中位數的浮動轉化為 \(-1\) 或 \(1\) 的貢獻，然後求貢獻的最大子段和。
但是直接這樣做，可能會得到並不是最大的的中位數，因為如果我們選擇對一個靜態的區間計算貢獻，則可能在有多個最大貢獻的子段和的情況下（ 因為貢獻的值只可能是 \(-1\) 或 \(1\) ），沒有辦法選擇出 貢獻與其他幾個區間同樣最大，但擁有這幾個區間中最大的中位數的 區間。
因此，我們可以倒著來，在保證中位數合法的情況下，使中位數最大，而不是用貢獻來直接確定最大中位數。這個過程需要二分中位數來實現。
總的時間複雜度為 \(O(n log n)\) 。
分析
二分
首先，要明確有奇數個元素的序列的中位數的求法。
1.把原陣列排序，第 $ \frac{n+1}{2} $ 個元素就是中位數，時間 $ O(nlogn) $。
2.採用快速選擇演算法，即快速排序的簡單應用，時間 $ O(n) $。
3.二分中位數，把 $\ge mid $ 的數標記為 \(1\) （ \(mid\) 表示中位數 ）， $< mid $ 的數標記為 \(-1\)。當所有標記總和 $ > 0$ 時，說明當前的 $mid \le $ 真實的中位數；當所有標記總和 $ \le 0$ 時，表示當前的 $mid > $ 真實的中位數。（ “當所有標記總和 $ \le 0$ 時，表示當前的 $mid > $ 真實的中位數”是因為中位數自身會被標記成 \(1\) ，且可能有多箇中位數，所以選到中位數時總和一定 $ > 0$ 。 ），時間 $ O(nlogn)$ 。
可以注意到，對於 二分中位數 的做法，我們可以在二分時做一些手腳，對於當前二分的中位數 \(mid\) ，按前文所述來標記每個元素後，看看當前能否選出一個區間，能讓這段區間替換原陣列中的位置後使 替換後的中位數 變成合法的中位數，也就是說要讓替換後的中位數最大 （因為最大中位數能選出來，那麼比他小的中位數就一定能選出來）。
而判斷一箇中位數是否合法，就可以用前文中的標記總和的大小來判斷。
這是二分答案題的基本套路。
最大子段和
有了二分，那麼接下來就該實現選擇區間，使中位數最大的模組了。
下文中，我們記 \(a[N]\) 為原陣列，\(b[N]\) 為要替換的陣列，\(c[N]\) 為替換的貢獻的陣列。
首先可以發現，標記的功能可以看做是一個一個貢獻，比當前二分的數 \(mid\) 小的數貢獻 \(-1\) ，其他貢獻 \(1\) ，也就是說，這些貢獻的總和就是 \(\ge mid\) 的數的數量 與 \(< mid\) 的數的數量 的差 。
而修改的區間則也需要這樣標記，因為它可能被替換進原陣列中。
有了這些標記，我們就可以計算出替換一個數的貢獻 \(c[i]=b[i]-a[i]\)。
因為改了一個數，如果原本它 $ \ge mid$ ，而替換後 \(< mid\) ，則 \(a[i]=1,b[i]=-1\) ，所以 \(c[i]=-2\) ，而修改後少了一個 $ \ge mid$ 的數，多了個 \(< mid\) 的數，故 \(\ge mid\) 的數 變少了一個， \(< mid\) 的數 變多了一個，因此 \(\ge mid\) 的數的數量 與 \(< mid\) 的數的數量 的差 變小了 \(2\) ，所以修改貢獻 \(-2\) 是正確的。
如果原本它 $ < mid$ ，而替換後 \(\ge mid\) ，則也是同理，\(c[i]=2\) 。
但如果修改前和修改後相對中位數 \(mid\) 的大小不變，則 \(c[i]=0\) ，對中位數沒有任何影響。
求完 \(c\) 陣列後，只要用 dp 來求 \(c\) 陣列的最大子段和，就能求出對中位數的最大貢獻了，此時 原本的標記的和 加上現在修改的最大子段和，就是現在標記的總和。
最大子段和的做法是對每一個 \(c[i]\) ，求出 \(c[1,i]\) 中的最小字首和，再被 \(c[i]\) 的字首和減去，更新當前最大子段和即可。並且開始時字首和要設為 \(0\) ，最大子段和也要設為 \(0\) 。
注意，最大子段和在所有元素為負數時，會選擇空區間，修改貢獻總和為 \(0\) ，恰好對應本題中不替換任何元素的情況。
常見問題
Q1 : 修改一個數後，如果它的中位數變化了，那麼之前的標記是否會失效？
A1 : 不會失效。
對於修改一個區間 \([l,r]\) ，可以把其看做 以任何順序修改這些元素皆可，因此，只要從小到大修改這些元素，那麼中位數就會不斷變大，且中位數最大隻可能是當前修改的這個元素，所以後面的數依舊比中位數要大，之前的標記不會失效。
因此，修改一個區間 \([l,r]\) ，無論什麼順序來修改最終的中位數都是固定的，所以程式碼中不用寫這個功能。
Q2 : 能否在一個元素 \(=\) 中位數時把它標記成 \(0\) ?
A2: 不能。
hack: 1 , 2 , 3 , 3 , 3 , 3 , 3 , 4 , 5
___________________↑ ___________________
這時候有多箇中位數，如果標記成 \(0\) ，那麼相當於中位數全部被抵消，這時候即使選到了中位數，那麼貢獻總和也是 \(-1\) ，而正常情況下 貢獻總和應該 $ \ge 1$ ，所以錯誤。
坑點
本題二分答案時 \(l\) 和 \(r\) 最大為 \(2*10^9\) ，此時它們相加求 \(mid\) 時會爆 int ，所以要開 long long 。
十年OI一場空，不開long long見祖宗
程式碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[300005],b[300005],c[300005];
int check(int mid)
{
int res=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(a[i]>=mid)res++;
else res--;
//這裡省略了標記 a[i] b[i] 的步驟，直接賦 c[i] 的值
if(a[i]>=mid && b[i]>=mid)c[i]=0;
else if(a[i]>=mid && b[i]<mid)c[i]=-2;
else if(a[i]<mid && b[i]>=mid)c[i]=2;
else c[i]=0;
}
int minres=0,sumn=0,maxres=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
sumn+=c[i];
maxres=max(sumn-minres,maxres);
minres=min(minres,sumn);
}
return res+maxres;
}
int main()
{
freopen("yone.in","r",stdin);
freopen("yone.out","w",stdout);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i]>>b[i];
}
long long l=0,r=2e9+10,mid;
while(l<r)
{
mid=((l+r+1)>>1);//l+r加到最大時會爆int
if(check(mid)>=0)l=mid;
else r=mid-1;
}
cout<<l;
return 0;
}