C-Balanced Stone Heaps

• 题目描述：给定\(n\)堆石子，规定第\(i(3\le i\le n)\)堆石子能够能够从中取出\(3d\)个石子（\(0<3d<h_i\)，其中\(h_i\)为第\(i\)堆石子的数量），其中\(d\)个石子放入第\(i-1\)堆，\(2d\)个石子放入第\(i-2\)堆石子之中，我们从第\(3\)个石子往第\(i\)个石子遍历一次，问所有堆中石子数目最少的堆的石子数目最多是多少
• 求解“最少中最多”和“最多中最少”问题，我们显然可以联想到二分答案，而本题的关键之处便是在于如何对枚举的答案进行检验
• 正向考虑这个问题，对于第\(i(2\le i\le n-2)\)个位置，我们总是有两个来源，而如何从这两个来源中进行分配，，以拼凑出当前枚举的答案\(x\)相对较难考虑
• 所以我们逆向考虑这个问题，从第\(n\)个元素向前考虑， 每个元素扣除一定份额向前分配，要匹配枚举出的答案\(x\)相对容易，所以我们在检验答案时逆向考虑
• 而逆向考虑还有一个注意点，对于当前位置\(i\)，我们有原本石子数\(h_i\)和增量\(b_i\)，由于我们是自前向后遍历，所以我们只能利用原本石子数\(h_i\)来向前分配，而增量是无法用以向前分配的
• 所以我们在\(b_i\)小于\(x\)时，我们判断\(h_i+b_i\)是否大于枚举答案\(x\)，当大于时，我们从\(h_i\)中扣除\(x-b_i\)部分使得其能满足标准答案\(x\)，剩余\(h_i\)部分尽可能进行分配
• 如果是小于，我们可以直接认为这个答案不可取，因为对于第\(i\)个元素已经不可能满足，直接\(break\)即可
• 最后因第\(1,2\)个元素无需向前分配，对其作特殊判断即可
• 本题中还有一个关键要点，增量\(b_i\)如果使用数组进行存储的话，每次检查时都需要\(memset\)，这会导致较大的时间复杂度，并在第二个测试样例超时，所以我们使用向量来存储增量，并在每次检查时根据元素数量进行定义
• 参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn =2e5+5;
#define ll long long
// 二分答案
// 如何进行检验？
// 检验方法是本道题的关键

int T,n;
ll a[maxn];

int check(int x){
    int flag=0;
    vector<int> b(n+10);
    // 本题卡memset，
    for(int i=n;i>=3;i--){
        if(b[i]>=x){
            ll t=a[i]/3;
            b[i-1]+=t;
            b[i-2]+=2*t;
        }else if(a[i]+b[i]>=x){
            ll t=(a[i]-(x-b[i]))/3;
            b[i-1]+=t;
            b[i-2]+=2*t;
        }else{
            flag=1;
            break;
        }
    }
    if(a[1]+b[1]<x||a[2]+b[2]<x)flag=1;
    return !flag;

}

int main(){
    cin>>T;
    while(T--){
        cin>>n;
        ll minx=1e9,maxx=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%lld",&a[i]);
            minx=min(minx,a[i]);
            maxx=max(maxx,a[i]);
        }
        ll l=minx,r=maxx;
        ll ans;
        while(l<=r){
            ll mid=(l+r)>>1;
            if(check(mid)){
                ans=mid;
                l=mid+1;
            }else r=mid-1;
        }
        cout<<ans<<endl;
    }

    return 0;
}