Solution: 题解 USACO2020JAN-Silver Loan Repayment

在这里解释一下二分内judge()的操作方式

首先一定是二分(x)，不必多说

但是如果真的一天天扫过去，每次judge()是(O(k))的，明显超时

所以在judge()时会使用类似除法分块的方法

假设现在剩下了(r)的欠债，还剩(t)天

循环退出条件：(rleqslant0||t==0)，这时直接通过(rleqslant0)的成立与否判断(x)的成立与否

那么(y=lfloorfrac{r}{x} floor)

如果(yleqslant m)，那么直接就以(m)为每天的还债量，于是(r-=tm,t=0)

否则就计算一下会有连续多少天的每日还债量是(y)，假设这种情况持续(a)天，那么可以知道在(a-1)天之后的还债量(=y)，而(a)天之后的还债量(<y)

于是有方程(lfloorfrac{r-(a-1)y}{x} floor=y,lfloorfrac{r-ay}{x} floor<y)

改为不等式：(frac{r-(a-1)y}{x}geqslant y,frac{r-ay}{x}<y)

变形：(aleqslantfrac r y-x+1,a>frac r y-x)

因为(a)是正整数，所以(a=lfloorfrac r y-x+1 floor)

于是在之后的连续(a)天，花费都是(y)

那么就可以快速把答案“跳”出来了

Time complexity: (O(n^frac{1}{2}log n))（后面有证明）

Memory complexity: (O(1))

细节请见代码（代码中用(rm)代替(r)）

//This program is written by Brian Peng.
#pragma GCC optimize("Ofast","inline","no-stack-protector")
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define Rd(a) (a=read())
#define Gc(a) (a=getchar())
#define Pc(a) putchar(a)
int read(){
	register int x;register char c(getchar());register bool k;
	while(!isdigit(c)&&c^'-')if(Gc(c)==EOF)exit(0);
	if(c^'-')k=1,x=c&15;else k=x=0;
	while(isdigit(Gc(c)))x=(x<<1)+(x<<3)+(c&15);
	return k?x:-x;
}
void wr(register int a){
	if(a<0)Pc('-'),a=-a;
	if(a<=9)Pc(a|'0');
	else wr(a/10),Pc((a%10)|'0');
}
signed const INF(0x3f3f3f3f),NINF(0xc3c3c3c3);
long long const LINF(0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL),LNINF(0xc3c3c3c3c3c3c3c3LL);
#define Ps Pc(' ')
#define Pe Pc('
')
#define Frn0(i,a,b) for(register int i(a);i<(b);++i)
#define Frn1(i,a,b) for(register int i(a);i<=(b);++i)
#define Frn_(i,a,b) for(register int i(a);i>=(b);--i)
#define Mst(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define File(a) freopen(a".in","r",stdin),freopen(a".out","w",stdout)
int n,k,m,l(1),r,md;
bool jdg(int x);
signed main(){
	r=Rd(n),Rd(k),Rd(m);
	while(l<=r)jdg(md=(l+r)>>1)?l=md+1:r=md-1;
	wr(l-1),exit(0);
}
bool jdg(int x){
	int y,a,rm(n),t(k);
	while(t&&rm>0){
		y=rm/x;
		if(y>m)a=min(rm/y-x+1,t),rm-=a*y,t-=a;
		else rm-=t*m,t=0;
	}
	return rm<=0;
}

---

现在是复杂度证明

每次judge()的时间消耗就是不同(y)值的数量，假设是(d)

那么最坏情况就是不同的(y)值分别是(1,2,cdots,d)，而且每个只出现一次

那么就有(sum_{i=1}^d igeqslant n)，此时使(d)最小

利用等差数列求和公式：(frac{d(d+1)}{2}geqslant n)

当(d=lceil (2n)^frac{1}{2} ceil)时就满足不等式

所以(d=O(n^frac{1}{2}))

于是最终时间复杂度(O(dlog n)=O(n^frac{1}{2}log n))，可以AC