Atcoder Grand Contest 006 D - Median Pyramid Hard(二分+思维)
u1s1 Atcoder 不少思维题是真的想不出来,尽管在 Atcoder 上难度并不高
二分答案(这我倒是想到了),检验最上面一层的数是否 \(\ge x\)。
我们将最底下一层的数中 \(\ge x\) 的 \(a_i\) 设为 \(1\),\(<x\) 的设为 \(0\),那么原题可以转化为每次操作对于相邻三个数,如果 \(1\) 的个数 \(\ge 2\),就在该位上填一个 \(1\),否则在该位上填一个 \(0\),求最终顶上的数是 \(0\) 还是 \(1\)。
不难发现经过二分答案这个转化,我们将原来值域在 \([1,2n-1]\) 范围内的问题缩小为值域在 \([0,1]\) 范围内的问题,可直接做似乎还是有些棘手,我们不妨进一步探究这里面的规律。
我们手玩几组数据即可发现一个性质,如果相邻两个数都是 \(1\),那么它上面所有数都是 \(1\),反正如果相邻两个数都是 \(0\),那么它上面所有数都是 \(0\),并且如果 \(i\) 满足 \(a_{i}=a_{i+1}=a_{i-2}=1\),那么到了上一层第 \(i-1\) 列也会变成 \(1\),可以看作这个 \(1\) “蔓延”到了第 \(i-1\) 列,于是我们猜测,第 \(n\) 层的数一定与距离中心点最近的 \(a_{i}=a_{i+1}\) 的 \(i\) 有关,因为它能最快“蔓延”到第 \(n\) 列。
事实果真如此。
这里稍微证明一下。记 \(i=n+p\) 为距离中心点最近的满足 \(a_i=a_{i+1}\) 的 \(i\),其中 \(p\ge 0\)(\(p<0\) 也同理,翻转一下就行了),如果 \(p=0\) 那显然根据之前的结论,第 \(n\) 列的数就是 \(a_n\),符合题意。否则,由于 \(i=n+p\) 为最近的满足 \(a_i=a_{i+1}\) 的 \(i\),必然有 \([n-p,n+p]\) 部分的 \(a_i\) 为 \(01\) 间隔分布,即 \(a_{n+p-2}=a_{n+p-4}=a_{n+p-6}=\cdots=a_{n-p+2}=a_{n-p}=a_{n+p}\),\(a_{n+p-1}=a_{n+p-3}=a_{n+p-5}=\cdots=a_{n-p+1}=1-a_{n+p}\),由 \(a_{n+p-2}=a_{n+p}=a_{n+p+1}\) 可知从下往上数第二行第 \(n+p-1\) 位置上的值也是 \(a_{n+p}\),相当于 \(a_{n+p}\) 向左蔓延了一格。而显然对于 \(01\) 分布的序列,进行一遍取中位数操作之后还是 \(01\) 间隔分布的,因此到第二行可以看作 \(p'=p-1\) 的版本继续递归下去,归纳可得最终的数就是 \(a_{n+p}\)。
有人可能会问:如果存在 \(p\) 使得 \(i=n+p\) 为距离中心点最近的满足 \(a_i=a_{i+1}\) 的 \(i\),满足 \(a_{n+p}=a_{n+p+1}\ne a_{n-p}=a_{n-p-1}\) 怎么办呢?稍微动点脑子即可知道这种情况是不可能的,因为根据上面的证明过程可知 \([n-p,n+p]\) 是 \(01\) 间隔分布的,因此 \(\forall x,y\in[n-p,n+p]\),若 \(|x-y|\) 为偶数,则 \(a_x=a_y\),反之 \(a_x\ne a_y\),而 \(n-p\equiv n+p\pmod{2}\),故 \(a_{n-p}=a_{n+p}\),因此不会出现这种情况。
最后特判整个 \(a\) 数组就是 \(01\) 间隔分布的情况,此时最上面一层的数就是 \(a_{2n-1}\)。
const int MAXN=1e5;
int n,a[MAXN*2+5],b[MAXN*2+5];
bool check(int x){
for(int i=1;i<(n<<1);i++) b[i]=(a[i]>=x);
for(int i=0;i<n-1;i++){
if(b[n+i]==b[n+i+1]) return b[n+i];
if(b[n-i]==b[n-i-1]) return b[n-i];
} return b[1];
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<(n<<1);i++) scanf("%d",&a[i]);
int l=1,r=(n<<1)-1,mid,x=-114514;
while(l<=r) (check(mid=l+r>>1))?(x=mid,l=mid+1):(r=mid-1);
printf("%d\n",x);return 0;
}
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