\(\color{black}\text{P2390 地標訪問 (傳送門)}\)
學過區間 DP 的，看到這題的第一反應都是：訪問的地標一定是一個區間，並且在不斷擴大，區間 DP！可看到資料範圍，又瞬間放棄了。與 P1220 關路燈 不同，這題由於沒有電量的消耗等額外因素，有這樣一個小性質：
- 貝西的行走路線只可能是三種：一路向左，一路向右或者在中途折返一次。
一路向左和一路向右倒還好理解，可為什麼最多隻會折返一次呢？考慮以下情況：
如圖，貝西從起點出發，折返了多次以訪問所有地標。可問題是，以下做法不僅能滿足要求，也更優：
換句話說，由於我們訪問的地標總是一個區間，而從某個點開始走完整個區間分為三種情況：
- 起點在區間左邊，一路向右；
- 起點在區間右邊，一路向左；
- 起點在區間裡，先前往比較近的端點（左端點或者右端點），再前往另一個端點走完整個區間。
那麼，現在問題來了：我們到底能走多少個地標呢？這取決於我們擁有的時間 \(t\)。換句話說，這是在滿足條件（所用時間 \(\bm{\le t}\)）的情況下找最值。這不就是一個二分答案嗎？而且單調性也是顯然的：如果不能訪問 \(x\) 個地標，那也訪問不了 \(y(y>x)\) 個地標；如果能訪問 \(x\) 個地標，那也訪問的了 \(y(y<x)\) 個地標。
考慮二分答案。難點在於，如何設計 \(\text{check}\) 函式？假設當前二分答案猜測可以訪問 \(X\) 個地標，則需要選擇連續的 \(X\) 個地標（地標已經按座標大小排序），即 \(x_1,x_2,\dots,x_X\) 或者 \(x_2,x_3,\dots,x_{X+1}\) 或者 \(x_3,x_4,\dots,x_{X+2}\ \dots\) 我們可以列舉這些區間的終點 \(i\in[X,n]\)，則區間的起點為 \(st=i-X+1\)。考慮上面的三種情況：一路向右，一路向左，起點在區間裡，只要有一個滿足條件就返回 \(\text{True}\)。條件判斷的表示式分別為：
x[st] >= 0 && x[i] <= t
x[i] <= 0 && abs(x[st]) <= t
x[st] <= 0 && x[i] >= 0 && min(abs(x[st]), x[i]) + x[i] - x[st] <= t
完全再現了上面的三種情況。
如此一來，程式碼也就非常好寫了：
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 5e4 + 5;
int t, n, a[N];
bool check(int X) {
for (int i = X; i <= n; i++) {
int st = i - X + 1;
if (a[st] >= 0 && a[i] <= t)
return 1;
else if (a[i] <= 0 && abs(a[st]) <= t)
return 1;
else if (a[st] <= 0 && a[i] >= 0 && min(abs(a[st]), a[i]) + a[i] - a[st] <= t)
return 1;
}
return 0;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> t >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> a[i];
sort(a + 1, a + 1 + n);
int l = -1, r = 5e4 + 1;
while (l + 1 < r) {
int mid = l + r >> 1;
if (check(mid))
l = mid;
else
r = mid;
}
cout << l;
return 0;
}