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CF1861F. Four Suits

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挺好的一道网络流思维题

题意

给定\(n\le 5\cdot 10^4\)个人以及\(4\)种手牌，第\(i\)个人手上有\(a_{i,j}\)种\(j\)类牌，另外有\(b_j\)张\(j\)类牌没有发出去，保证\(n|\sum a_{i,j}+\sum b_j\)，合法的发牌方式最后每个人牌数量相同。牌全部发完后每个人保留手上最多的那种牌记为\(c_i\)，一种发牌方式对第\(i\)个人的贡献为\(\max\{0,c_i-\max_{j\neq i}c_j\}\)，问每个人的贡献最大值为多少。

题解

考虑一个人怎么求，有朴素想法是枚举最后留下了第\(j\)种牌，那么显然第\(j\)种牌尽量多地发给他最优，然后使得其他人的最大值最小，于是二分答案，判定是否有发牌方案使得\(\max_{k\neq i}c_k\le x\)。

这个是个经典匹配问题，左边\(n-1\)个点代表人，点权为每人剩下应该拿到的牌数量\(k-\sum a_{i,j}\)，右边\(4\)个点代表牌的种类，点权为分配了第\(i\)个人后的\(b_j'\)，两列点之间连边，边权为该位置最多发几张牌\(x-a_{i,j}\)。

匹配问题等同于网络流，只要最大流等于左边点权和就代表有解，考虑最大流等于最小割，又右边点数量很少，我们只需要枚举割掉了右边的哪些点，之后对左边求一个类似\(\sum \min\{k-\sum a_{i,j},\sum x-a_{i,j}\}\)的式子，略微转化为\(\sum le_i+\min\{0,cx-u_i\}\)的形式，我们只需要按\(u_i\)排序就能在\(O(\log n)\)的时间内求出该和，也即求出最小割，总复杂度\(O(n\log n\log C)\)。

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constexpr int N = 50100;

int n, a[N][4], all, b[4], le[N], lesum, u[16][N], sum[16];
int c[16], us[16][N], usum[16][N], ans[N], pmx[N], smx[N];
signed main() {
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        for(int j = 0; j < 4; j++) {
            cin >> a[i][j];
            all += a[i][j];
            pmx[i] = max(pmx[i], a[i][j]);
        }
        smx[i] = pmx[i];
        pmx[i] = max(pmx[i - 1], pmx[i]);
    }
    for(int i = n; i; i--) smx[i] = max(smx[i + 1], smx[i]);
    for(int j = 0; j < 4; j++) cin >> b[j], all += b[j];
    all /= n;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        le[i] = all;
        for(int j = 0; j < 4; j++)
            le[i] -= a[i][j];
        lesum += le[i];
    }
    for(int s = 0; s < 16; s++) {
        for(int i = 1; i <= n; i++)
            u[s][i] = le[i];
        sum[s] = c[s] = 0;
        for(int j = 0; j < 4; j++) {
            if(s >> j & 1) {
                sum[s] += b[j];
            } else {
                c[s]++;
                for(int i = 1; i <= n; i++) {
                    u[s][i] += a[i][j];
                }
            }
        }
        for(int i = 1; i <= n; i++)
            us[s][i] = u[s][i];
        sort(us[s] + 1, us[s] + n + 1);
        usum[s][n + 1] = 0;
        for(int i = n; i; i--) {
            usum[s][i] = usum[s][i + 1] + us[s][i];
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = 0; j < 4; j++) {
            int lo = max(pmx[i - 1], smx[i + 1]), hi = a[i][j] + min(le[i], b[j]), mid;
            auto calc = [&](int x) {
                int resmin = 1e9;
                for(int s = 0; s < 16; s++) {
                    int id = upper_bound(us[s] + 1, us[s] + n + 1, c[s] * x) - us[s];
                    int res = (n - id + 1) * c[s] * x - usum[s][id];
                    assert(res <= 0);
                    res += lesum;
                    res += sum[s];
                    if(s >> j & 1) {
                        res -= min(le[i], b[j]);
                    }
                    res -= le[i];
                    res -= min(0ll, c[s] * x - u[s][i]);
                    resmin = min(resmin, res);
                }
                return resmin;
            };
            while(lo < hi) {
                mid = lo + hi >> 1;
                if(calc(mid) == lesum - le[i]) hi = mid;
                else lo = mid + 1;
            }
            if(calc(lo) != lesum - le[i]) continue;
            int to = a[i][j] + min(le[i], b[j]);
            ans[i] = max(ans[i], to - lo);
        }
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        cout << ans[i] << " \n"[i == n];
    return 0;
}

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