Solution -「JOISC 2017」「LOJ #2392」煙花棒
\(\mathscr{Description}\)
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有 \(n\) 個人站在數軸上，第從左往右第 \(i\) 個人的座標是 \(x_i\)，每個人手上有一支菸花棒，每支菸花棒能燃燒 \(T\) 秒，燃盡後無法再點燃。初始時只有 \(k\) 手上的煙花棒是點燃的，求這些人的移動速度上限的最小值 \(v\in\mathbb N\)，使得能夠用這支菸花棒薪火相傳，點燃所有煙花棒。
\(n\le10^5\)。
\(\mathscr{Solution}\)
跪拜出題人系列。
顯然二分答案，考慮如何檢查當前答案 \(v\) 的合法性。
先得到一些有基礎性意義的貪心轉化：
-
任意時刻，只需要一支燃燒的煙花棒存在。
-
所有人會向燃著的煙花棒移動。
-
當一支剩餘燃燒時間為 \(t\) 的煙花棒點燃另一支菸花棒，等價於另一支菸花棒獲得 \(T+t\) 的燃燒時間，這支菸花棒立即燃盡。（轉化到原問題情景：兩個人一起跑，要燃盡時再傳火。）
想像從 \(k\) 出發點燃煙花棒的情景，對於某個時刻，已經點燃過的煙花棒一定是一個區間 \([l,r]\)，且 \(k\in[l,r]\)。根據性質 1，此時 \([l,r]\) 之外的人的相對位置是不變的，我們可以想象作區間 \([l,r]\) 被縮成了一個點。
進一步，在這個條件下，“時刻”這一概念已經不重要了——無論何時，把 \(x_i\)
嘗試貪心？唯一顯然的結論是若 \(P\) 的開頭或者 \(Q\) 的開頭不小於 \(0\)，我們可以放心大膽取出來，而都小於 \(0\) 的情況就很難討論清楚了。當然，每次“涉險”取走負數後，我們又會立馬把露出來的非負數全部取走。我們能否規避“都小於 \(0\)”的討論，用已知結論描述完整的貪心過程？
接下來這步，或說是構造，說起來平淡：我們“如果”能把 \(P\) 和 \(Q\) 從開頭起，分為若干極短的段，每段描述為二元組 \((t_0,\Delta t)\)，滿足 \(\Delta t\ge0\)，表示為了消除這一段，初始時至少有 \(t_0\) 的剩餘燃燒時間，消除後獲得 \(\Delta t\) 的燃燒時間。由於劃分的極短性，每次必然消除完整的一段而不會半途而廢，不然穩虧不賺。
這種“虛妄”有什麼用？如果“如果”不成立，不還是乾瞪眼？
等等，如果“如果”不成立，例如 \(P\) 的“如果”不成立，那麼就存在 \(P\) 的一段極長字尾 \(P'\)，滿足 \(P'\) 任意字首和為負數。我們引入《TENET》的宇宙觀，如果有一個逆熵的人從結束狀態開始貪心，他的初始時間 \(t\)——也就是我們的結束時間 \(t\)，是確定的；他每次必須從 \(P\) 的末尾取數，當然 \(P\) 中的數也取反，那麼……
極長字尾 \(P'\)，取相反數再翻轉得到 \(P''\)，滿足 \(P''\) 任意字尾和為正數……那麼 \(P''\) 就不存在任意字首和為負數的字尾……再者，\(P''\) 可以被劃分為上文中的若干極短段，也就是說，這個逆熵的人完全可以在“如果”的美好願景下做貪心，直到把 \(P'\) 消掉！
然後呢然後呢？順熵的人把 \(P\) 消除剩下一個 \(P'\)，逆熵的人把 \(P'\) 反著消除，兩個人相遇，我們作為順熵的人，靈機一動，逆著逆熵的人的行動構造方案，不就把 \(P\) 消除了嗎？
神諭啊！
實現上，可以把 \(\Delta t_i\) 轉化到勢差 \(h_{i+1}-h_i\) 上，所用東西乘上 \(2v\)，構造 \(x_i\) 的勢 \(h_i=2vTi-x_i\)，順帶把初始的 \(t=T\) 一塊兒囊括；在消去區間 \([l,r]\) 時保持 \(h_r\ge h_l\) 即可。演算法複雜度是 \(\mathcal O(n\log V)\) 的，其中 \(V\) 是一堆亂七八糟東西的值域上限。
從神諭中體會到什麼？
——如果末狀態已知，那它何不可做初狀態？
——用時間的流向逆轉“死局”，讓它成為“必勝”條件。（好魔怔。
出題人 nb。
\(\mathscr{Code}\)
/*+Rainybunny+*/
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, l, r) for (int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i)
#define per(i, r, l) for (int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i)
typedef long long LL;
const int MAXN = 1e5;
int n, st, T, x[MAXN + 5];
LL hgt[MAXN + 5];
inline bool check(const int v) {
rep (i, 1, n) hgt[i] = 2ll * v * T * i - x[i];
if (hgt[1] > hgt[n]) return false;
int tarL = st, tarR = st;
per (i, st - 1, 1) if (hgt[i] <= hgt[tarL]) tarL = i;
rep (i, st + 1, n) if (hgt[i] >= hgt[tarR]) tarR = i;
int l = st, r = st;
while (tarL < l || r < tarR) {
int pl = l, pr = r;
for (int i = pl - 1; i >= tarL && hgt[i] <= hgt[pr]; --i) {
if (hgt[i] <= hgt[pl]) pl = i;
}
for (int i = pr + 1; i <= tarR && hgt[i] >= hgt[pl]; ++i) {
if (hgt[i] >= hgt[pr]) pr = i;
}
if (pl == l && pr == r) return false;
l = pl, r = pr;
}
l = 1, r = n;
while (l < tarL || tarR < r) {
int pl = l, pr = r;
for (int i = pl + 1; i <= tarL && hgt[i] <= hgt[pr]; ++i) {
if (hgt[i] <= hgt[pl]) pl = i;
}
for (int i = pr - 1; i >= tarR && hgt[i] >= hgt[pl]; --i) {
if (hgt[i] >= hgt[pr]) pr = i;
}
if (pl == l && pr == r) return false;
l = pl, r = pr;
}
return true;
}
int main() {
scanf("%d %d %d", &n, &st, &T);
rep (i, 1, n) scanf("%d", &x[i]);
int l = 0, r = 1e9;
while (l < r) {
int mid = l + r >> 1;
// printf("%d?\n", mid);
if (check(mid)) r = mid;
else l = mid + 1;
}
printf("%d\n", l);
return 0;
}