【CF1201C】Maximum Median

题意：

给定一个长度为 $n$ 的序列，并得到了 $k$ 次操作的机会，每一次操作就是把其中一个数的值加 $1$。

求合理安排这 $k$ 次操作，使得结果序列的中位数最大。

$1 \le n \le 2*10^5,1 \le k \le 10^9$

分析：

我们可以用贪心策略想，如果给原始序列小于中位数的数进行操作，那么答案肯定不是最优的，不如给较大的数字。

所以，我们可以删去这个序列中所有小于中位数的数。

删去之后，那原来的中位数就变成了这个序列中最小的数了。

问题便转换成 “最小值最大” 这一类问题了，没错，可以二分答案。

我们肯定要尽可能地给最小的数进行操作，但是这个数一旦超越了其它数就不再是最小的数了。

所以，我们要分析一下，以下图为例：

我们要让 $1$ 号点尽量大，那么就要多分给一号点操作次数，但同时要保证 $1$ 号均不大于其它的数。

所以，我们将高度（即答案）进行二分：

如果要让 $1$ 号点填充到两层，那么要这么做：

这样需要进行 $1$ 次操作；

如果要让 $1$ 号点填充到三层，要这样：

一共需要 $1+3=4$ 次操作。

所以，检验条件就是看看所有小于待定高度的点高度差加起来是否会超过 $k.$

这样，就可以写代码了：

#include <algorithm>
#include <cstdio>
typedef long long ll;

ll n, k, a[200010], ans, l, r;

bool check(ll x){
    ll sum = 0;
    for(ll i=1; i<=n; i++)
        if(a[i] < x)
            sum += x - a[i];　　　　//算高度差之和
        else
            break;
    return sum <= k;　　　　　　　　　//检验条件
}

int main(){

    scanf("%lld%lld", &n, &k);
    for(ll i=1; i<=n; i++)
        scanf("%lld", &a[i]);
    std::sort(a + 1, a + n + 1);　 //注意二分的单调性，因此要排序

    n = n / 2 + 1;　　　　　　　　   //为方便，这里提前改变 n 的规模
    for(ll i=1; i<=n; i++)
        a[i] = a[n + i - 1];

    l = 1, r = 2e9;
    while(l < r){
        ll mid = (l + r + 1) >> 1;
        if(check(mid)) l = mid;
        else r = mid - 1;
    }

    printf("%lld\n", l);

    return 0;
}

复杂度 $\text{O(n log n)}.$

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另外，这题还有别的做法，如贪心（复杂度线性）等，此处不说明了，有兴趣的可以去研究一下。