【前后缀 + 推公式整理】 Codeforces Round #813 (Div. 2) D. Empty Graph

枚举 $u$ 和 $v$，对于 $a_u,a_{u+1},...a_v$，小于 $x$ 的部分都需要一次操作，
对于剩余的点权$a_{mid}$，$a_{mid}\times 2<x$ 的部分都需要一次操作。

但是枚举两个点的复杂度是 $O(n^2)$ 的，考虑如何继续优化

记 $pre$ 为前缀中 $a_i\times 2<x$ 的数量
记 $suf$ 为后缀中 $a_i\times 2<x$ 的数量
记 $pre2$ 为前缀中 $a_i<x$ 的数量
枚举 $u$ 和 $v$ ，使得 $d(u,v)\ge x$ 的操作次数为：
$(pre[u-1])+(suf[v+1])+(pre2[v]-pre2[u-1])$
等价于
$(pre[u-1]-pre2[u-1])+(suf[v+1]+pre2[v])$

记录 $minu$ 为前缀中 $pre[u-1]-pre2[u-1]$ 的最小值
记录 $minv$ 为后缀中 $suf[v+1]+pre2[v]$ 的最小值
然后枚举 $i$ 为分割点，判断是否存在一个 $u$，使得 $minu[i]+minv[i+1]\le k$ 即可
这里甚至可以记录 $minu[i]$ 和 $minv[i+1]$ 的最小值所在索引，从而确定对应的区间 $[u,v]$。

代码：

#include 
using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 100010;
const int MAX = 1000000000;
int a[N], n, k;

int pre2[N];
int pre[N];
int suf[N];
int minj[N];
int mini[N];
bool check(int x) {
	
	pre[0] = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		pre[i] = pre[i - 1];
		if (a[i] * 2 < x) pre[i] += 1;
		pre2[i] = pre2[i - 1];
		if (a[i] < x) pre2[i] += 1; 
	} 
	
	suf[n + 1] = 0; 
	for (int i = n; i >= 1; --i) {
		suf[i] = suf[i + 1];
		if (a[i] * 2 < x) suf[i] += 1;
	}
	
	// 找到一对(i, j)
	//	pre2[j] - pre2[i - 1] + suf[j + 1] + pre[i - 1];
	//	(pre2[j] + suf[j + 1]) + (pre[i - 1] - pre2[i - 1]);
	
	mini[0] = MAX;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		mini[i] = min(mini[i - 1], pre[i - 1] - pre2[i - 1]);
	}
	
	minj[n + 1] =  MAX;
	for (int j = n; j >= 1; --j) {
		minj[j] = min(minj[j + 1], pre2[j] + suf[j + 1]);
	}
	
	for (int i = 1; i + 1 <= n; ++i) {
		if (mini[i] + minj[i + 1] <= k) return true;
	}
	return false;
}

void solve() {
	scanf("%d%d", &n, &k);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
	
	int l = 1, r = MAX;
	while (l < r) {
		int mid = l + r + 1 >> 1;
		if (check(mid)) l = mid;
		else r = mid - 1;
	}
	printf("%d\n", l);
}

int main()
{
	int T = 1;
	scanf("%d", &T);
	for (int i = 1; i <= T; ++i) {
		solve();
	}
	return 0;
}

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