[AGC06D] Median Pyramid Hard

AGC06D

題解：
由於求的是中位數，和數的大小關係有關，則可以二分答案，然後將所有大於等於當前二分的數的刷成1$1$ ，小於的刷成0$0$ ,然後根據01$01$ 算出的答案調整二分區間。(套路)
然後問題就被簡化成了給2n−1$2n-1$ 個數，每個數是0或1，求第一層的數。
令這2n−1$2n-1$ 個數是b1,b2,⋯,b2n−1$b_1,b_2,\cdots ,b_{2n-1}$
隨便找一個稍微長一點的01串就能發現：
1. 如果有連續的0或者1，令這個0,1區間是[l,r]$[l,r]$(r>l)$(r>l)$ ,則顯然可以發現無論在那一層[l,r]$[l,r]$ 的數不會變。 所以如果bn=bn+1$b_n=b_{n+1}$ 或者bn=bn−1$b_n=b_{n-1}$ ，則第一層的數就是bn$b_n$ .
2. 如果有一段區間[l,r](r>l)$[l,r](r>l)$ 滿足 bi≠bi+1(l≤i<r)$b_i\ne b_{i+1}(l\le i<r)$ 且(l=1$l=1$ 或 bl=bl−1$b_l=b_{l-1}$ )且 (r=2n−1$r=2n-1$ 或br=br+1$b_r=b_{r+1}$ ) ,那麼向上推一層的時候，整個[l,r]$[l,r]$ 區間裏的數會取反。這個區間對第一層有貢獻當且今當l=1,r=2n−1$l=1,r=2n-1$ . 證明是顯然的，因爲每向上推一層區間的長度都會減少2$2$ .
如果不滿足bn=bn+1$b_n=b_{n+1}$ 或者bn=bn−1$b_n=b_{n-1}$ ， 則bn$b_n$ 一定存在於一個上述區間[l0,r0]$[l_0,r_0]$ ,此時如果n−l0<r0−n$n-l_0<r_0-n$ 則最終第一層的數就是bl0−1$b_{l_0-1}$ ,否則就是br0+1$b_{r_0+1}$ .(當n−l0=r0−n$n-l_0=r_0-n$ 時一定有bl0−1=br0+1$b_{l_0-1}=b_{r_0+1}$ ) 特殊處理l0=1,r0=2n−1$l_0=1,r_0=2n-1$ 的情況即可.

時間複雜度O(nlogn)$O(nlogn)$
寫出來也就30$30$ 行的樣子。。

代碼：

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define ull unsigned long long
#define ULL ull
#define mp make_pair
#define pii pair<int,int>
#define piii pair<int, pii >
#define pll pair <ll,ll>
#define pb push_back
#define big 20160116
#define INF 2147483647
#define pq priority_queue
#define rank rk124232
#define y1 y20160116
#define y0 y20160110
using namespace std;
inline int read(){
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while (ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
namespace Mymath{
    LL qp(LL x,LL p,LL mod){
        LL ans=1;
        while (p){
            if (p&1) ans=ans*x%mod;
            x=x*x%mod;
            p>>=1;
        }
        return ans;
    }
    LL inv(LL x,LL mod){
        return qp(x,mod-2,mod);
    }
    LL C(LL N,LL K,LL fact[],LL mod){
        return fact[N]*inv(fact[K],mod)%mod*inv(fact[N-K],mod)%mod;
    }
    template <typename Tp> Tp gcd(Tp A,Tp B){
        if (B==0) return A;
        return gcd(B,A%B);
    }
    template <typename Tp> Tp lcm(Tp A,Tp B){
        return A*B/gcd(A,B);
    }
};
namespace fwt{
    using namespace Mymath;
    void FWT(int a[],int n,LL mod)
    {
        for(int d=1;d<n;d<<=1)
            for(int m=d<<1,i=0;i<n;i+=m)
                for(int j=0;j<d;j++)
                {
                    int x=a[i+j],y=a[i+j+d];
                    a[i+j]=(x+y)%mod,a[i+j+d]=(x-y+mod)%mod;
                    //xor:a[i+j]=x+y,a[i+j+d]=x-y;
                    //and:a[i+j]=x+y;
                    //or:a[i+j+d]=x+y;
                }
    }

    void UFWT(int a[],int n,LL mod)
    {
        LL rev=inv(2,mod);
        for(int d=1;d<n;d<<=1)
            for(int m=d<<1,i=0;i<n;i+=m)
                for(int j=0;j<d;j++)
                {
                    int x=a[i+j],y=a[i+j+d];
                    a[i+j]=1LL*(x+y)*rev%mod,a[i+j+d]=(1LL*(x-y)*rev%mod+mod)%mod;
                    //xor:a[i+j]=(x+y)/2,a[i+j+d]=(x-y)/2;
                    //and:a[i+j]=x-y;
                    //or:a[i+j+d]=y-x;
                }
    }
    void solve(int a[],int b[],int n,LL mod)
    {
        FWT(a,n,mod);
        FWT(b,n,mod);
        for(int i=0;i<n;i++) a[i]=1LL*a[i]*b[i]%mod;
        UFWT(a,n,mod);
    }
};
const int Maxn=2e5+5;
int a[Maxn];
int b[Maxn];
int n;
int check(int v){
    for (int i=1;i<=2*n-1;i++) b[i]=(a[i]>=v)?1:0;
    if (b[n]==b[n+1] || b[n-1]==b[n]){
        return b[n];
    }
    for (int l=n,r=n;l>=1;l--,r++){
        if (b[l]==b[l+1]){
            return b[l];
        }
        if (b[r]==b[r-1]){
            return b[r];
        }
    }
    return b[n]^(n&1)^1;
}
int main(){
    n=read();
    for (int i=1;i<=2*n-1;i++) a[i]=read();
    int lo=1,hi=2*n;
    while (hi-lo>1){
        int mid=lo+hi>>1;
        if (check(mid)){
            lo=mid;
        }
        else{
            hi=mid;
        }
    }
    printf("%d\n",lo);
    return 0;
}