题目大意

有一个长为$n$的序列$a_i$，你可以选择一个$i$花费$c_x$元$(x\in [1,m])$将$a_i$变为$\lfloor \frac{a_i}{x}\rfloor$，你总共有$K$元，求最终序列的中位数最小是多少。保证$n$为奇数。

$1\le n,m\le 5\times 10^5,1\le a_i\le m,1\le c_i,K\le 10^9$

题解

首先，我们知道$\lfloor \frac{\lfloor \frac{t}{x}\rfloor }{y}\rfloor =\lfloor \frac{t}{xy}\rfloor$，那么我们可以用$c_{i\times j}=\min (c_{i\times j},c_i+c_j)$来更新所有$c$值，这样我们就可以得到用若干次除法将$a_i$除以一个数的最小代价。更新所有$c$值的时间复杂度为$O(\sum _{i=1}^m\frac{m}{i})=O(m\ln m)$。

二分答案$mid$，我们需要让$\lceil \frac{n}{2}\rceil$个$a_i$都小于等于$mid$。对于每个$a_i$，我们可以二分求出最小的$x_0$使得$\lfloor \frac{a_i}{x_0}\rfloor \le mid$，那么我们取$x\ge x_0$即可使得$\lfloor \frac{a_i}{x}\rfloor \le mid$，我们在大于等于$x_0$的$x$中取$c_x$的最小值，预处理一个后缀最小值即可。

求出将每个$a_i$降到$\le mid$的最小代价$w_i$后，将$w_i$从小到大排序，然后取代价最小的$\lceil \frac{n}{2}\rceil$个$w_i$，，记这些$w_i$的和为$sum$。如果$sum\le K$，则$mid$合法；否则，$mid$不合法。

这样做的话，时间复杂度为$O(n\log m\log n)$。我们考虑优化。

我们可以先将$a_i$从小到大排序，那么随着$a_i$的增加，$x_0$也是单调不降的，那么我们用一个双指针就可以$O(n)$求出所有$a_i$对应的$x_0$，并求出将这个$a_i$降到$\le mid$的最小代价$w_i$。我们发现，此时$w_i$也是单调不降的，于是就不用排序了。一次判断$mid$是否合法的时间复杂度为$O(n)$，那么总时间复杂度为$O(n\log m)$。

因为中位数可能为$0$，所以需要求除数大于$m$的情况，可以将这类情况的最小代价存储在$c_{m+1}$中。具体操作见代码。

总时间复杂度为$O(m\ln m+n\log m)$。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=500000;
int n,m,k,a[N+5],c[N+5],s[N+5],w[N+5];
bool check(int mid){int x=1;for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i]<=mid){w[i]=0;continue;}while(a[i]/x>mid) ++x;w[i]=s[x];}int tmp=0;for(int i=1;i<=n/2+1;i++){tmp+=w[i];if(tmp>k) return 0;}return 1;
}
int main()
{
//	freopen("opt.in","r",stdin);
//	freopen("opt.out","w",stdout);scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);}for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d",&c[i]);}sort(a+1,a+n+1);for(int i=1;i<=m;i++){for(int j=2;j<=i&&i*j<=m;j++){c[i*j]=min(c[i*j],c[i]+c[j]);}}s[m]=c[m];s[m+1]=1e9+1;for(int i=m-1;i>=1;i--) s[i]=min(s[i+1],c[i]);for(int i=1;i<=m;i++){for(int j=2;j<=i;j++){if(i*j>m){s[m+1]=min(s[m+1],s[i]+s[j]);break;}}}for(int i=m;i>=1;i--) s[i]=min(s[i+1],s[i]);int l=0,r=m,mid;while(l<=r){mid=l+r>>1;if(check(mid)) r=mid-1;else l=mid+1;}printf("%d",r+1);return 0;
}