题解 CF506C Mr. Kitayuta vs. Bamboos

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因为是“最小化最大值”，容易想到二分答案。设二分值为( ext{mid})，我们要判断是否能使最终所有竹子的高度都(leq ext{mid})。如果从前往后安排每一天，会发现很难找到一种固定的贪心策略，来确定当天砍哪些竹子。

换个角度。考虑最后一天，所有竹子会长高(a_i)米。那么在最后一天开始生长之前，第(i)个竹子不能高于( ext{mid}-a_i)米。

• 如果我们在最后一天不砍第(i)个竹子，那么在倒数第二天开始之前，第(i)个竹子不能高于( ext{mid}-2a_i)米。
• 如果在最后一天砍了第(i)个竹子，设砍了(x)次，那么在倒数第二天开始之前，第(i)个竹子不能高于( ext{mid}+pcdot x-2a_i)米。

以此类推。按照这种“时光倒流”的想法：每个竹子初始高度为( ext{mid})，每天高度会减少(a_i)，我们每用一次砍伐机会可以使其高度增加(p)。这里的“高度”，代表的实际含义是：如果之后按照我们确定的这种方式砍伐（因为我们在时光倒流，所以之后的砍伐方式都已经确定了），那么（在正向时间中）当前时刻这根竹子的高度应不高于多少，才能使得最终高度不超过( ext{mid})。根据这个含义，我们要做的就是保证在整个时光倒流的过程中，每根竹子的“高度”始终不能为负。因为一但“高度”为负，意味着要求（正向时间中）高度不得高于一个负数，这显然是不可能的。

关于“时光倒流”，可以结合下面这张图理解。其中蓝色是正向的时间，也就是实际上的高度。绿色是我们时光倒流，确定出的“高度”：即，每个时刻，实际高度不得高于多少。

于是，通过时光倒流，问题转化为：每个竹子初始高度为( ext{mid})，每天高度会减少(a_i)，我们每用一次砍伐机会可以使其高度增加(p)。在(m)天中要保证所有竹子高度始终非负，且(m)天结束后每个竹子高度要(geq h_i)。

这样转化的好处是，我们避免了在正向时间中，一次砍伐减少的高度不足(p)的问题；转化后，每次砍伐操作一定能使当前竹子高度增加(p)，与初始高度无关。

转化后，这是经典的贪心问题（CF1132D Stressful Training）。我们计算出每个竹子，在不被砍伐的情况下，每天减少(a_i)米，最多能坚持几天。以这个天数作为关键字，把所有坚持不足(m)天的竹子扔进一个小根堆里。依次完成(kcdot m)次砍伐，每次取出堆顶。如果当前砍伐所在的天数已经大于堆顶能坚持的天数，则直接( exttt{return false})，把( ext{mid})调大。否则，对堆顶砍一刀（使其高度增加(p)）。如果高度增加后，它能坚持到(m)天之后，就不用再放进堆里了；否则更新它能坚持到的天数，然后放回堆中。

最后，用剩余的砍伐次数，尝试把所有竹子补到(h_i)即可。

时间复杂度(O((n+kcdot m)cdot log ncdot loginf))。其中(log n)来自堆，(loginf)来自二分答案，这里取(inf=max(h_i+mcdot a_i)leq5001cdot 10^9)。

参考代码：

//problem:CF506C
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())

typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;

const int MAXN=1e5,MAXM=5000,MAXA=1e9;
int n,m,K,P,h[MAXN+5],a[MAXN+5];
bool check(ll mid){
	priority_queue<pll,vector<pll>,greater<pll> >q;//greater -> 小的在前
	static ll c[MAXN+5];
	for(int i=1;i<=n;++i){
		c[i]=mid;
		if(mid-(ll)m*a[i]<0){
			q.push(mk(mid/a[i],i));//(最多能维持多少天, 编号)
		}
	}
	int cnt=0;
	while(cnt<=K*m){
		if(q.empty())break;
		pll t=q.top();q.pop();
		int d=cnt/K+1;
		if(t.fi<d)return false;
		c[t.se]+=P;
		++cnt;
		if(c[t.se]-(ll)m*a[t.se]<0){
			q.push(mk(c[t.se]/a[t.se],t.se));
		}
	}
	if(cnt>K*m)return false;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(c[i]-(ll)m*a[i]>=h[i])continue;
		ll gap=h[i]-(c[i]-(ll)m*a[i]);
		ll need=gap/P+(gap%P!=0);
		if(cnt+need>K*m)return false;
		cnt+=need;
	}
	return true;
}
int main() {
	cin>>n>>m>>K>>P;
	ll l=0,r=(ll)(MAXM+1)*MAXA;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		cin>>h[i]>>a[i];
		l=max(l,(ll)a[i]);
	}
	while(l<r){
		ll mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid))r=mid;
		else l=mid+1;
	}
	cout<<l<<endl;
	return 0;
}