题目描述

给定一个长度为 \(N\) 的序列 \(A\)，以及 \(Q\) 次询问，每次询问给定一个 \(x\)。

你可以执行以下操作任意次：

• 选择一个 \(1\le i \le N\) 使得 \(A_i \ge x\)。
• 令 \(A_i \leftarrow A_i - x\)。

求 \(A\) 的最小中位数。

这里中位数是 \(A\) 排序后的第 \(\lfloor \frac{n}{2}\rfloor+1\) 个元素。

思路

很显然，令一个 \(A_i-x\) 一定不会使答案更劣，所以肯定会把所有操作进行到底，也就是 \(A_i\leftarrow A_i \bmod x\)。然后让你求这种情况下的中位数。

首先对 \(A_i\) 的值做一个前缀和。对于每个 \(x\)，二分其中位数。

二分的 check 也很简单，直接枚举 \(x\) 的倍数 \(y\)，求 \(y\) 到 \(y+mid\) 有多少个数，如果总数 \(\ge \lfloor \frac{n}{2}\rfloor+1\) 则合法，否则不合法。

这样的时间复杂度是 \(O(N\log^2 N)\)，因为这里面是一个调和级数，所以时间不会炸。

空间复杂度 \(O(N)\)，时间复杂度 \(O(N \log^2 N + Q)\)。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MAXN = 100005;

int T, n, q, a[MAXN], sum[MAXN], ans[MAXN];

bool check(int x, int y) {
  int res = 0;
  for(int i = 0; i * x <= n; ++i) {
    res += sum[min(n, i * x + y)] - (i * x - 1 >= 0 ? sum[i * x - 1] : 0);
  }
  return res >= n / 2 + 1;
}

int Binary_Search(int x) {
  int l = 0, r = x - 1;
  for(; l < r; ) {
    int mid = (l + r) >> 1;
    (check(x, mid) ? r = mid : l = mid + 1);
  }
  return l;
}

void Solve() {
  cin >> n >> q;
  for(int i = 1; i <= n; ++i) {
    sum[i] = 0;
  }
  for(int i = 1; i <= n; ++i) {
    cin >> a[i];
    sum[a[i]]++;
  }
  for(int i = 1; i <= n; ++i) {
    sum[i] += sum[i - 1];
  }
  for(int i = 1; i <= n; ++i) {
    ans[i] = Binary_Search(i);
  }
  for(int i = 1, x; i <= q; ++i) {
    cin >> x;
    cout << ans[x] << " \n"[i == q];
  }
}

int main() {
  ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
  for(cin >> T; T--; Solve()) {
  }
  return 0;
}