CF1993C Light Switches 題解
題目大意
有 \(n\) 盞燈，第 \(i\) 盞燈亮著的時間為 \([a_i+bk,a_i+(b+1)k-1]\)，其中 \(k\) 為給定常數，\(b\) 為任意非負偶數。求一個最小的 \(t\)，使得在時間 \(t\) 所有燈都是亮著的。
Solve
令 \(m=2k\)，顯然所有燈的開關狀態以 \(m\) 為週期，所以我們考慮把所有燈的開關狀態對映到 \([0,m)\)，並求出每個燈對映的偏移量 \(d_i\)，即需要往前推多少個週期才能把開關狀態對映到 \([0,m)\)，顯然有 \(d_i=\lfloor{a_i\over m}\rfloor\)，那麼對映後，這盞燈開著的區間即為 \([a_i\bmod m,a_i\bmod m+k-1]\)。
對於答案，取 \(\min\limits_{cnt_t=n}\{t+mx_t\times m\}\)，其中 \(t=0,1,\dots,m-1\)，\(cnt_t\) 為在 \(t\) 時刻為開著的燈的個數，\(mx_t\) 為在 \(t\) 時刻為開著的燈的偏移量的最大值。
但有一些細節。考慮有一些燈的開關狀態在 \([0,m)\) 內可能是 11100011 這樣的，\(1\) 在兩邊。這時候左邊的 \(1\) 的偏移量為 \(\lfloor{a_i\over m}\rfloor+1\)，右側的 \(1\) 的偏移量為 \(\lfloor{a_i\over m}\rfloor\)。
至於具體怎麼維護 \(cnt_t\) 和 \(mx_t\)，顯然可以上資料結構比如線段樹，但這裡提供一種不用資料結構的方法。
考慮借用掃描線的思想，對於每個 \(a_i\)，將對應區間左端點的 \(cnt\) 加上 \(1\)，右端點的 \(cnt\) 減去 \(1\)（相當於差分），遍歷 \(t\) 時字首和統計即可。而對於 \(mx\)，考慮在區間左端點插入二元組 \((d_i,1)\)，右端點插入二元組 \((d_i,0)\)。遍歷 \(t\) 時，先操作 \(t\) 上的所有二元組，開一個 set，若二元組第二維是 \(1\)，則將 \(d_i\) 加入，否則刪除。那麼 \(mx_t\) 即為 set 的末尾元素。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
inline int read()
{
short f=1;
int x=0;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
const int N=2e5+10;
int t,n,k,c[N<<1],ans,m;
struct zzn{int x;bool op;};
vector<zzn>q[N<<1];
multiset<int>s;//注意可能有相等的元素，故需要multiset
signed main()
{
t=read();
while(t--)
{
n=read();k=read();ans=1e18;m=k<<1;
s.clear();
for(int i=0;i<m;i=-~i) c[i]=0,q[i].clear();
for(int i=1,a;i<=n;i=-~i)
{
a=read();
c[a%m]++,q[a%m].push_back({a/m,1});
if(a%m+k<m)
c[a%m+k]--,q[a%m+k].push_back({a/m,0});
else//對應上文中 1 在左右兩側的情況
c[0]++,q[0].push_back({a/m+1,1}),
c[(a%m+k)%m]--,q[(a%m+k)%m].push_back({a/m+1,0});
}
for(int i=0,cnt=0;i<m;i=-~i)
{
cnt+=c[i];
for(zzn j:q[i])
{
if(j.op) s.insert(j.x);
else s.erase(s.find(j.x));//相等的元素只刪除一個
}
if(cnt==n) ans=min(ans,i+(*--s.end())*m);
}
if(ans==1e18) puts("-1");
else printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}