D2. Dances (Hard Version) Codeforces Round 905 (Div. 2)

Problem - D2 - Codeforces

题目大意：有两个长度为n的数组a，b，给出一个数m，每次操作要删除a和b中的一个数然后将a,b按任意顺序排序，要求用最小的操作次数使对于任意的i都有a[i]最小操作次数的和。

2<=n<=1e5.1<=m<=1e9;1<=a[i],b[i]<=1e9

思路：首先考察每次操作的最优策略是什么，首先数字顺序肯定两个数组都要最小到大排序，要让a小于b，那么应该优先删除a中最大的数和b中最小的数，要删除多少数可以从1到n二分枚举，因为删除更多的数肯定更容易满足条件，符合单调性，这样我们就得到了a[1]固定为某个数时的答案。

        我们令a[1]=1时的答案为ans，在我们增大a[1]到m的过程中，可以发现区别就是可能之前a[1]不用删，增大后要删，那么答案相差就是0或1，且操作次数是随着a[1]增大而增加的，所以我们可以二分枚举1到m找到答案+1的位置，也就是找到一个x使得a[1]=x时得到的答案与ans不同，这样前边的数量*ans后边的数量*(ans+1)就是最终的答案。

//#include<__msvc_all_public_headers.hpp>
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MOD = 1e9 + 7;
const int N = 1e5 + 5;
ll n;
int a[N];
int temp[N];
int b[N];
bool check(int x)
{
	for (int i = 1; i <= n - x; i++)
	{
		if (a[i] >= b[x + i])
		{//a中的前n-x个数和b中后n-x个数做对比
			return 0;
		}
	}
	return 1;
}
void init()
{
 
}
void solve()
{
	cin >> n;
	int m;
	cin >> m;
	init();
	a[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i++)
	{
		cin >> a[i];
		temp[i] = a[i];//复制一份a数组
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		cin >> b[i];
	}
	sort(a + 1, a + n + 1);
	sort(b + 1, b + n + 1);//将a和b按从小到大的顺序排序
	int l = 0, r = n, mid;
	ll ans;
	while (l <= r)
	{//从1到n二分枚举操作次数
		mid = (l + r) >> 1;
		if (check(mid))
		{
			ans = mid;
			r = mid - 1;
		}
		else
		{
			l = mid + 1;
		}
	}
	l = 1, r = m;
	ll ans2 = m + 1;//初始化为m+1，没有枚举到答案不同的地方时，答案就是ans*m
	while (l <= r)
	{//二分枚举a[1]，找到操作次数改变的第一个位置
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			a[i] = temp[i];
		}
		mid = (l + r) >> 1;
		a[1] = mid;
		sort(a + 1, a + n + 1);
		if (!check(ans))
		{
			ans2 = mid;
			r = mid - 1;
		}
		else
		{
			l = mid + 1;
		}
	}
	cout << (ans2-1)*ans+(m-ans2+1)*(ans+1);//两个操作次数分别乘以他们的数量
	cout << '\n';
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	int t;
	cin >> t;
	//t = 1;
	while (t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}