CF1943E2 MEX Game 2 (Hard Version)
好难啊好难啊好难啊，完全想不到 QAQ。
显然满足单调性，进行二分答案 \(mid\)，表示答案在双方最优策略下能否达到 \(mid\)。
Alice 的策略很简单，每次选取 \([0,mid-1]\) 中 \(f\) 最小的没有选过的元素即可。
而 Bob 应当尽量把操作平均摊到多个 \(f\) 上，不然一个 \(f_j\) 忽然减了太多被 Alice 直接叉掉看起来就很不优。如果把 \(i<mid\) 的 \(F\) 进行排序得到 \(H\)，则 Bob 应当保证操作的过程中 \(H\) 的大小顺序不改变。因为如果改变了没有意义，可以改变操作的对象使得操作后的 \(H\) 仍然有序。
因此，Bob 的最优方案是游戏开始前选择一段 \(H\) 的前缀 \(H'\)，然后每次操作的时候不断地对 \(H'\) 的最大的元素减一执行 \(K\) 次。Alice 每次删掉 \(H\) 中最小的元素。暴力模拟这个过程可以做到 \(\mathcal O(n^2\log n)\) 或者 \(\mathcal O(n^3\log n)\)。
考虑如何优化，二分答案不能丢，选取 \(H\) 的前缀这个操作也很难舍去。
考虑对于一个前缀，操作过程中 Alice 和 Bob 一定会相遇，即存在一个 \(j\) 使得在这个时刻 Alice 把 \([0,j-1]\) 全部删去了，Bob 把 \([j,i]\) 减成了 \(\{x\dots x,x+1\dots x+1\}\) 的形式。
接下来是 Alice “怼着” Bob 向后走，当前 \([j,i]\) 的区间，可以用 \((sum,len)\) 两个数来表示剩的数的总和和剩的数的个数。此时假设 Bob 先手，每个回合是：
\[ sum\rightarrow sum-K \]然后
\[ sum\rightarrow sum-minn\\ len\rightarrow len-1 \]其中 \(minn=\lfloor\frac{sum}{len}\rfloor\)。
现在需要知道的是 \(sum\) 和 \(len\) 哪个先变成非正数，如果 \(sum\) 先则 Bob 胜利，否则 Alice 胜。所以可以预处理 \(g_i\) 表示 \(len=i\) 时 \(sum\) 的最大值。需要满足：
\[f_i-K-\lfloor\frac{f_i-K}i\rfloor\leq f_{i-1}\\ f_i=\lfloor\frac{f_{i-1}\times i}{i-1}\rfloor+K \]这样就做完了，代码还是比较好写的。复杂度是 \(\mathcal O(n\log^2n)\)，瓶颈在于排序。好像可以用倍增做到一只 \(\log\)？
int T,n,m,b[200010],f[200010],a[200010],s[200010],L,R,mid;
inline bool chk(int x)
{
for(int i=0;i<=x;++i)b[i]=a[i];
sort(b,b+x),s[0]=b[0];
for(int i=1,j=1;i<x;++i)
{
s[i]=b[i]+s[i-1];
while(s[i]-s[j-1]-b[j]*(i-j+1)>(j)*m)++j;
if(s[i]-s[j-1]-(j-1)*m<=f[i-j+1])
return 1;
}
return 0;
}
inline void mian()
{
read(T);
while(T--)
{
read(n,m),L=0,R=n+1,f[1]=m;
for(int i=2;i<=n+1;++i)f[i]=(ld)i*f[i-1]/(i-1)+m;
for(int i=0;i<=n;++i)read(a[i]);
while(L<R)
{
mid=L+((R-L)>>1);
if(chk(mid))R=mid;
else L=mid+1;
}
write(L-chk(L),'\n');
}
}