World Tour Finals 2019 D – Distinct Boxes 题解
太神了，专门写一篇题解 qwq
简要题意：给你 \(R\) 个红球和 \(B\) 个蓝球，你要把它们放到 \(K\) 个箱子里，要求没有两个箱子完全相同（即两种球个数就相同），求 \(K\) 的最大值。
设第 \(i\) 个箱子中有 \(x_i\) 个红球，\(y_i\) 个蓝球，就变成了找平面上一个大小最大的点集 \((x_i,y_i)\)，使 \(\sum x_i =R, \sum y_i=B\)。进一步，由于可以直接将 \(x\) 最大的点 \(x\) 坐标变大，\(y\) 同理，因此只需有 \(\sum x_i \le R, \sum y_i \le B\) 即可。
这是一道二维平面上的题，我们可以想办法把它变成一维。给 \(x\) 方向赋一个权重 \(p\)，\(y\) 方向赋一个权重 \(q\)，那么一个点 \((x,y)\) 就被投影到了 \(px+qy\) 上。此时我们发现所有点投影后的权重和为 \(\sum px_i+qy_i=p\sum x_i+q\sum y_i\)，于是当 \(\sum x_i \le R, \sum y_i \le B\) 时，便有 \(\sum px_i+qy_i\le pR+qB\)。在某种程度上，我们就会希望 \(\sum px_i+qy_i\) 尽量小。
首先当然二分 \(K\)，问题变为判定一个 \(K\) 是否可行。然后我们考虑一个凸包，凸包上的点 \((X,Y)\) 代表 \(\sum x_i=X\) 时，\(\sum y_i\) 的最小值为 \(Y\)。感性理解一下这玩意大概就是凸的，并且对每个 \(X\) 都有定义。于是 \(K\) 可行当且仅当点 \((R,B)\) 在凸包上方。又发现对于一个 \((p,q)\)，使 \(p\sum x_i+q\sum y_i\) 最小时，\((\sum x_i,\sum y_i)\) 一定在凸包上，于是我们尝试用 \((p,q)\) 搞出凸包上的一些点。
继续发现 \(p\sum x_i+q\sum y_i=(p,q)\cdot (\sum x_i,\sum y_i)\)，即向量 \((x_i,y_i)\) 在向量 \((p,q)\) 上的投影。\(p\sum x_i+q\sum y_i\) 最小，就是这个投影最小，可以看作拿一条与向量 \((p,q)\) 垂直的直线去切这个凸包，所以每个点都一定有机会被切到，且 \((p,q)\) 的斜率越大，切到的点越偏右。于是再对 \((p,q)\) 的斜率进行二分，如果发现求出来的点 \((\sum x_i,\sum y_i)\) 在 \((R,B)\) 左下方，那就成了；如果在 \((R,B)\) 右上方，那就寄了；如果在左上方，那就增大斜率；如果在右下方，那就减小斜率。
这里有两个技巧：1，不要在实数域上二分 \((p,q)\) 的斜率，令 \(p+q=10^9+7\)（或其它常数），然后直接二分 \(p\)，可以发现这样基本上能覆盖到所有的斜率都能被弄到，从而能切到每个点。2，由于凸包上相邻两条线段斜率可能非常相近，因此我们要当发现当前凸包上一条连线在 \((R,B)\) 下方时直接返回合法。
最后的问题是如何计算对于一个 \((p,q)\) 计算 \(p\sum x_i+q\sum y_i\) 的最小值。我们二分一个 \(z\)，求出 \(p\sum x_i+q\sum y_i\le z\) 的个数进行二分。然后求出 \(p\sum x_i+q\sum y_i\le z\) 的 \(x,y\) 分别的和以及多余的一些 \(p\sum x_i+q\sum y_i=z+1\) 的前若干个 \(x,y\) 的和。以上操作全部用类欧做就是一个 \(\log\)，或者发现如果我们选了一个点 \((x,y)\)，那么它左下角的所有点都一定已经被选了，所以有 \(\min(x,y)\le O(W^{1\over 3})\)（\(W\) 为值域），二维分别枚举即可。
一共三个二分，最后一步用类欧时间复杂度就 \(O(\log^4 W)\)，直接枚举复杂度就 \(O(W^{1\over 3}\log^3 W)\)。
